06 Resolução Volume 6

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6
8ª edição | São Paulo – 2013
FUNDAMENTOS 
DE MATEMÁTICA 
ELEMENTAR
GELSON IEZZI
Complexos
Polinômios
Equações
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
 I a IV_MP-iniciais-FME6.indd 1 26/07/13 15:23
© Gelson Iezzi, 2013
Copyright desta edição:
Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros
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(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Índice para catálogo sistemático:
1. Matemática : Ensino médio 510.7
Complemento para o Professor — Fundamentos de matemática elementar — vol. 6
 Gerente editorial: Lauri Cericato
 Editor: José Luiz Carvalho da Cruz
 Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos/Guilherme Reghin Gaspar/Juracy Vespucci/
Paula Coelho/Livio A. D'Ottaviantonio
 Auxiliares de serviços editoriais: Margarete Aparecida de Lima/Rafael Rabaçallo Ramos
 Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.)/Renata Palermo/
Rhennan Santos/Felipe Toledo/Eduardo Sigrist/Luciana Azevedo/
Gabriela Moraes
 Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa
 Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan
 Projeto gráfi co: Carlos Magno
 Capa: Homem de Melo & Tróia Design
 Imagem de capa: Ben Miners/Ikon Images/Getty Images
 Diagramação: TPG
 Encarregada de produção e arte: Grace Alves
 
Iezzi, Gelson, 1939 —
 Fundamentos de matemática elementar, 6 : complexos, polinômios, 
equações / Gelson Iezzi. — 8. ed. — São Paulo : Atual, 2013.
 ISBN 978-85-357-1752-5 (aluno)
 ISBN 978-85-357-1753-2 (professor)
 1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) — Proble-
mas e exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) — Testes I. Título. II. Título: 
Complexos, polinômios, equações. 
13-02579 CDD-510.7
731.325.008.003
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Rua Henrique Schaumann, 270 Ð Cerqueira CŽsar Ð S‹o Paulo/SP Ð 05413-909
Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida
Produção gráfica: Robson Cacau Alves
 Impressão e acabamento:	
SARAIVA S. A. Livreiros Editores, São Paulo, 2013
Este livro é Complemento para o Professor do volume 6, Complexos / Polinô-
mios / Equações, da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.
Cada volume desta coleção tem um complemento para o professor, com o 
objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e sugerir 
sua passagem aos alunos.
É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos aber-
tos às sugestões e críticas, que nos devem ser encaminhados através da Editora.
Agradecemos ao professor Nobukazu Kagawa a colaboração na redação das 
soluções que são apresentadas neste Complemento.
Os Autores.
Apresentação 
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Sumário
CAPÍTULO I — Números complexos .......................................................... 1
CAPÍTULO II — Polinômios ....................................................................... 15
CAPÍTULO III — Equações polinomiais ...................................................... 31
CAPÍTULO IV — Transformações .............................................................. 56
CAPÍTULO V — Raízes múltiplas e raízes comuns ...................................... 62
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
CAPÍTULO I — Números complexos
12. 
(2 1 i)101 ? (2 2 i)50
(22 2 i)100 ? (i 2 2)49
 5 
(2 1 i)100 ? (2 1 i) ? (2 2 i)49 ? (2 2 i)
[2(2 1 i)]100 ? [2(2 2 i)]49
 5
5 
(2 1 i) ? (2 2 i)
21
 5 25
13. Temos:
(1 1 i)2 5 2i, (1 2 i)2 5 22i, (1 1 i)4 5 (2i)2 5 24 e (1 2 i)4 5 (22i)2 5 24,
então (1 1 i)4 5 (1 2 i)4.
 Se n é um número natural múltiplo de 4, ou seja, se n 5 4p com p 
natural, então:
(1 1 i)n 5 (1 1 i)4p 5 [(1 1 i)4]p 5 (24)p 
(1 2 i)n 5 (1 2 i)4p 5 [(1 2 i)4]p 5 (24)p
e daí (1 1 i)n 5 (1 2 i)n.
 Se n é um número natural não divisível por 4, chamemos de p o 
quociente da divisão de n por 4. O resto da divisão pode ser 1 ou 2 
ou 3. Examinemos cada caso:
1º) n 5 4p 1 1
(1 1 i)n 5 (1 1 i)4p 1 1 5 (1 1 i)4p(1 1 i) 5 (1 1 i)(24)p
(1 2 i)n 5 (1 2 i)4p 1 1 5 (1 2 i)4p(1 2 i) 5 (1 2 i)(24)p
2º) n 5 4p 1 2
(1 1 i)n 5 (1 1 i)4p 1 2 5 (1 1 i)4p(1 1 i)2 5 2i(24)p
(1 2 i)n 5 (1 2 i)4p 1 2 5 (1 2 i)4p(1 2 i)2 5 22i(24)p
3º) n 5 4p 1 3
(1 1 i)n 5 (1 1 i)4p 1 3 5 (1 1 i)4p(1 1 i)3 5 (22 1 2i)(24)p
(1 2 i)n 5 (1 2 i)4p 1 3 5 (1 2 i)4p(1 2 i)3 5 (22 2 2i)(24)p
 Portanto a igualdade (1 1 i)n 5 (1 2 i)n só se verifica quando n é 
divisível por 4.
16.
 
x 5 a 1 ib
y 5 c 1 id
 ⇒  
x 1 yi 5 (a 2 d) 1 (b 1 c)i 5 i (1)
xi 1 y 5 (2b 1 c) 1 (a 1 d)i 5 2i 2 1 (2)
de (1) temos: 
a 5 d
b 1 c 5 1
de (2) temos: 
2b 1 c 5 21
a 1 d 5 2
 Resolvendo os sistemas de equações, temos: a 5 d 5 b 5 1 e c 5 0. 
Portanto, x 5 1 1 i e y 5 i.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
17. z 5 (a 1 ib) ? (c 1 id) 5 (ac 2 bd) 1 (ad 1 bc)i
Im(z) 5 0 ⇒ ad 1 bc 5 0
18. z 5 (a 1 bi)4 5 (a4 1 b4 2 6a2b2) 1 4ab(a2 2 b2)i
Re(z) , 0 ⇒  a4 1 b4 2 6a2b2 , 0 (1)
Im(z) 5 0 ⇒ 4ab(a2 2 b2) 5 0 (2)
De (II) vem a 5 0 ou b 5 0 ou a2 2 b2 5 0.
Se a 5 0, de (1) vem b4 , 0. (impossível)
Se b 5 0, de (1) vem a4 , 0. (impossível)
Se a2 5 b2 5 k, de (1) vem k2 1 k2 2 6k2 , 0, que é satisfeita para 
todo k.
Conclusão: devemos ter a  0, b  0 e a2 5 b2 ou, resumidamente, 
ab  0 e a 5 6b.
24. u, v [ C, u2 2 v2 5 6 e u 1 v 5 1 2 i
u 5 a 1 ib
v 5 c 1 id
 ⇒ 
u 1 v 5 (a 1 c) 1 (b 1 d)i
u 1 v 5 u 1 v 5 (a 1 c) 2 (b 1 d)i
Então: 
a 1 c 5 1
b 1 d 5 1
u 2 v 5 (u 2 v) ? 
u 1 v
u 1 v
 5 
u2 2 v2
u 1 v
 5 
6
u 1 v
 ? 
u 1 v
u 1 v
 5 
5 
6(1 2 i)
(1 1 i)(1 2 i)
 5 3 2 3i.
26. 1 1 1 i1 2 i 2
n 
5 3 (1 1 i)(1 1 i)(1 2 i)(1 1 i)4
n 
5 12i2 2
n 
5 (i)n 
Portanto, 1 1 1 i1 2 i 2
n 
pode assumir os valores i, 2i, 1 e 21.
28. u 5 x 1 iy e v 5 
1
2
 2 i 
√3
2
z 5 v ? u 5 1 12 2 i 
√3
2 2(x 2 iy) 5 1
x
2
 2 y 
√3
2 2 2 1
y
2
 1 x 
√3
2 2i
Então: Re(z) 5 
1
2
 x 2 y 
√3
2
.
29. z 5 x 1 yi e x2 1 y2  0
u 5 z 1 
1
z
 5 
z2 1 1
z
 5 
(z2 1 1)z
z ? z
 5 
(x2 1 y2 1 1)x
x2 1 y2
 1 
(x2 1 y2 2 1)y
x2 1 y2
 ? i
Im(u) 5 0 ⇒   y 5 0 ou x2 1 y2 5 1
30. z1, z2 [ C, z1 1 z2 e z1 ? z2 são ambos reais.
z1 5 a 1 bi
z2 5 c 1 di
 ⇒ 
u 5 z1 1 z2 5 (a 1 c) 1 (b 1 d)i
v 5 z1 ? z2 5 (ac 2 bd) 1 (ad 1 bc)i
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Como
Im(u) 5 0 ⇒  b 5 2d
Im(v) 5 0 ⇒  ad 5 2bc e, resolvendo o sistema, temos:
ou b 5 d 5 0 e a e c quaisquer
ou b 5 2d  0 e a 5 c
Na 1ª solução, z1 e z2 são reais. Na 2ª solução, z1 é o conjugado de z2.
31. z 5 
2 2 xi
1 1 2xi
 5 
(2 2 xi)(1 2 2xi)
(1 1 2xi)(1 2 2xi)
 5 
2 2 2x2
1 1 4x2
 2 
5x
1 1 4x2
 ? i
Re(z) 5 0 ⇒   2 2 2x2 5 0 ⇒ x 5 1 ou x 5 21
32. z 5 
1 1 2i
2 1 ai
 5 
(1 1 2i)(2 2 ai)
(2 1 ai)(2 2 ai)
 5 
2 1 2a
4 1 a2
 1 
4 2 a
4 1 a2
 ? i
Im(z) 5 0 ⇒   a 5 4
33. z 5 5 1 8i e z' 5 1 1 i
z1 5 x 1 iy
u 5 z ? z1 5 (5x 2 8y) 1 (8x 1 5y)i (1)
Im(u) 5 0 ⇒  x 5 2 
5
8
 y
v 5 
z1
z'
 5 
x 1 y
2
 1 
2x 1 y
2
 ? i (2)
Re(v) 5 0 ⇒ x 5 2y
Im(v)  0 ⇒ x  y
de (1) e (2) temos: x 5 y 5 0, o que é impossível.
34. z 5 x 1 yi, então:
z
1 2 i
 1 
z 2 1
1 1 i
 5 
2x 2 1
2
 1 i ? 
2y 1 1
2
 5 
5
2
 1 i ? 
5
2
2x 2 1 5 5 ⇒ x 5 3 6 ⇒ z 5 3 1 2i2y 1 1 5 5 ⇒ y 5 2
36. z 5 x 1 iy e u 5 
1
2
 2 i 
√3
2
z1 5 u ? z 5 1 12 2 i 
√3
2
 2 ? (x 2 iy) 5 x 2 y √32 2 
√3 ? x 1 y
2
 ? i
Então:
R(z1) 5 
x 2 y √3
2
Im(z1) 5 2
√3 ? x 1 y
2
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Fundamentos de Matemática Elementar | 6
37. Demonstração pelo princípio da indução finita.
Para n 5 0, temos z05 1 5 1 5 (z)0 .
Suponhamos zp 5 (z)p com p [ N e provemos que zp 1 1 5 (z)p 1 1 :
zp 1 1 5 zp ? z 5
(1)
 zp ? z 5
(2)
 (z)p ? z 5 (z)p 1 1.
 A passagem (1) é justificada pelo teorema do item 15 e a (2), pela 
hipótese de indução.
38. x2 1 (a 1 bi)x 1 (c 1 di) 5 0 admite uma raiz real.
Seja a a raiz real. Temos:
a
2 1 (a 1 bi)a 1 (c 1 di) 5 0
(a2 1 aa 1 c) 1 (ba 1 d)i 5 0 ⇒
⇒
 
5 a
2 1 aa 1 c 5 0
ba 1 d 5 0 ⇒   a 5 2 
d
b
 
⇒  12 db 2
2
 1 a 12 db 2 1 c 5 0 ⇒
⇒ 
d2
b2
 2 
ad
b
 1 c 5 0 ⇒  adb 5 d2 1 b2c. 
40. z 5 a 1 ib e z 5 a 2 ib
z3 5 z ⇒  (a 1 ib)3 5 (a3 2 3ab2) 1 (3a2b 2 b3)i 5 a 2 ib
Então:
5 a
3 2 3ab2 5 a ⇒  a(a2 2 3b 2 1) 5 0
3a2b 2 b3 5 2b ⇒   b(3a2 2 b2 1 1) 5 0
• Se a 5 0 ⇒ b 5 61 e z 5 i ou z 5 21.
• Se b 5 0 ⇒ a 5 61 e z 5 1 ou z 5 21.
• Se a 5 b 5 0 ⇒ z 5 0.
Portanto, z 5 0 ou z 5 i ou z 5 2i ou z 5 1 ou z 5 21.
41. z2 5 i
z 5 a 1 bi 
 ⇒ z2 5 (a2 2 b2) 1 2abi 5 i
Então:
5 a
2 2 b2 5 0
2ab 5 1 e, resolvendo o sistema, temos:
• Se a 5 
√2
2
, b 5 
√2
2
 e z 5 
√2
2
 1 i 
√2
2
.
• Se a 5 2 
√2
2
, b 5 2 
√2
2
 e z 5 2 
√2
2
 2 i 
√2
2
.
42. z2 5 1 1 i√3
z 5 x 1 yi 
⇒ z2 5 (x2 2 y2) 1 2xyi 5 1 1 i√3
Então:
5 x
2 2 y2 5 1
2xy 5 √3 e, resolvendo o sistema, temos:
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
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• Se x 5 
√6
2
, y 5 
√2
2
 e z 5 
√6
2
 1 i 
√2
2
.
• Se x 5 2 
√6
2
, y 5 2 
√2
2
 e z 5 2 
√6
2
 2 i 
√2
2
.
43. x2 1 y2 5 1 (I) ⇒   y2 5 x2 2 1 (II)
1 1 x 1 iy
1 1 x 2 iy
 5 
(1 1 x) 1 iy
(1 1 x) 2 iy
 ? 
(1 1 x) 1 iy
(1 1 x) 1 iy
 5
5 
[(1 1 x)2 2 y2] 1 2(1 1 x)yi
(1 1 x)2 1 y2
 5
5
(II) 
 
[1 1 2x 1 x2 1 (x2 2 1)] 1 2(1 1 x)yi
1 1 2x 1 (x2 1 y2)
 5
5
(I) 
 
2x(1 1 x) 1 2(1 1 x)yi
1 1 2x 1 1
 5
5 
2x(1 1 x) 1 2(1 1 x)yi
2(1 1 x)
 5
5 x 1 iy
44. f(x) 5 
1 1 sen x 1 i ? cos x
1 2 sen x 2 i ? cos x
 5 
1 1 sen x 1 i ? cos x
1 2 sen x 2 i ? cos x
 ? 
1 2 sen x 1 i ? cos x
1 2 sen x 1 i ? cos x
 5
5 [(1 1 sen x)(1 2 sen x) 1 cos
2 x] 2 [1 1 sen x 1 1 2 sen x] ? cos x ? i 
(1 2 sen x)2 1 cos2 x
 5
5 
i ? cos x
(1 2 sen x)
 5 h(x)
g(x) 5 (tg x 1 sec x)i 5 1sen xcos x 1 
1
cos x 2 i 5 
(sen x 1 1)i
cos x
 5
5 
(1 1 sen x) ? cos x ? i
cos2 x
 5 
i ? cos x
1 2 sen x
 5 h(x)
Então: f(x) 5 g(x), ∀x, x  
p
2
 1 kp.
52. a) z 5 1 1 i ⇒ |z| 5 √2
Então: |z3| 5 (√2)3 5 2√2.
b) z 5 1 2 i ⇒ |z| 5 √2
Então: |z4| 5 (√2)4 5 4.
c) z 5 (5 1 12i)i 5 212 1 5i ⇒  |z| 5 √(212)2 1 52 5 13
ou
z1 5 5 1 12i ⇒ |z1| 5 √52 1 122 5 13
z2 5 i ⇒ |z2| 5 1
|z1 ? z2| 5 |z1| ? |z2| 5 13 ? 1 5 13
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
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d) z1 5 1 1 i ⇒ |z1| 5 √2
 z2 5 2 1 2i ⇒ |z2| 5 2√2
 z3 5 4 1 4i ⇒ |z3| 5 4√2
 Então:
 |z1 ? z2 ? z3| 5 |z1| ? |z2| ? |z3| 5 (√2)(2√2)(4√2) 5 16√2.
e) z1 5 1 1 i ⇒ |z1| 5 √2
 z2 5 2 2 2i ⇒ |z2| 5 2√2
 Então:
 
 
z1
z2
 
 
5 
√2
2√2 
5 
1
2
 .
f) z1 5 5i ⇒ |z1| 5 5
 z2 5 3 1 4i ⇒ |z2| 5 5
 Então:
 
 
z1
z2
 
 
5 
5
5 
5 1.
57. |z| 5 |w| 5 1 e 1 1 zw  0
z 5 cos a 1 i sen a, w 5 cos b 1 i sen b
z 1 w 5 (cos a 1 i sen a) 1 (cos b 1 i sen b) 5
 5 (cos a 1 cos b) 1 i(sen a 1 sen b) 5
 5 2 cos 
a 1 b
2
 ? cos 
a 2 b
2
 1 2i sen 
a 1 b
2
 ? cos 
a 2 b
2
 5
 5 2 cos 
a 2 b
2
 1cos a 1 b2 1 i sen 
a 1 b
2 2
 1 1 zw 5 1 1 (cos a 1 i sen a)(cos b 1 i sen b) 5
 5 1 1 (cos a cos b 2 sen a sen b) 1 i(cos a cos b 1 sen a cos b) 5 
 5 1 1 cos (a 1 b) 1 i sen (a 1 b) 5
 5 2 cos 2 
a 1 b
2
 1 2i sen 
a 1 b
2
 ? cos 
a 1 b
2
 5
 5 2 cos 
a 1 b
2
 1cos a 1 b2 1 i sen 
a 1 b
2 2
Então:
z 1 w
1 1 zw
 5 
2 cos 
a 2 b
2
 1cos a 1 b2 1 i sen 
a 1 b
2 2
2 cos 
a 1 b
2
 1cos a 1 b2 1 i sen 
a 1 b
2 2
 5 
cos 
a 2 b
2
cos 
a 1 b
2
 
Portanto, 
z 1 w
1 1 zw
 é real.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
58. z1 5 r (cos f 1 i sen f)
z2 5 r (cos f 1 i sen f)
Então:
z1 2 i z2 5 r (cos f 1 i sen f) 2 ir (sen f 1 i cos f)
 5 r (cos f 1 i sen f) 1 r (cos f 2 i sen f)
 5 2r cos f
Portanto, z1 2 i z2 é real.
59. z1 5 cos a 1 i ? sen a e z2 5 cos b 1 i ? sen b
z1 1 z2 5 1 ⇒ (cos a 1 cos b) 1 i ? (sen a 1 sen b) 5 1 ⇒
⇒ (cos a 1 cos b 5 1 e sen a 1 sen b 5 0) ⇒
⇒ 1cos a 5 cos b 5 12 e sen a 5 2sen b 5 
√3
2 2
Portanto, z1 5 
1
2
 1 i 
√3
2
 e z2 5 
1
2
 2 i 
√3
2
.
65. Determinemos as coordenadas de P1, P2, P3 e P4, afixos de b, b 1 z, 
b 1 z 1 iz e b 1 iz, respectivamente:
b 5 2 ? (cos 30º 1 i ? sen 30º) 5 √3 1 i ⇒   P1 5 (√3, 1)
b 1 z 5 (√3 1 r ? cos u) 1 i(1 1 r ? sen u) ⇒   P2 5 (√3 1 r ? cos u, 1 1 r ? sen u)
b 1 z 1 iz 5 (√3 1 r ? cos u 2 r ? sen u) 1 i(1 1 r ? sen u 1 r ? cos u) ⇒
 ⇒  P3 5 (√3 1 r ? cos u 2 r ? sen u, 1 1 r ? sen u 1 r ? cos u)
b 1 iz 5 (√3 2 r ? sen u) 1 i ? (1 1 r ? cos u) ⇒
 ⇒   P4 5 (√3 2 r ? sen u, 1 1 r ? cos u)
 P1P2 5 √(Dx)2 1 (Dy)2 5 √r2 ? cos2 u 1 r2 ? sen2 u 5 r e mP1P2 5 tg u
 P2P3 5 √(Dx)2 1 (Dy)2 5 √(r ? sen u)
2 1 (r ? cos u)2 5 r e mP2P3 5 2 
1
tg u
 P3P4 5 √(Dx)2 1 (Dy)2 5 √(r ? cos u)2 1 (r ? sen u)2 5 r e mP3P4 5 tg u
 P4P1 5 √(Dx)2 1 (Dy)2 5 √(r ? sen u)2 1 (r ? cos u)2 5 r e mP4P1 5 2 
1
tg u
Então P1P2 P3P4 é um quadrado.
66. z 5 x 1 yi, z 5 x 2 yi
 
z
z
 5 2i ⇒   
x 1 yi
x 2 yi
 5 2i ⇒   x 1 yi 5 2y 2 xi ⇒  y 5 2x
 E esta condição é satisfeita pelos pontos da reta x 5 2y, bissetriz 
do 2º e 4º quadrantes do plano de Argand-Gauss.
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8
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
67. z1  x e z1 5 r (cos a 1 i sen a)
z2  0 e z2 5 s (cos b 1 i sen b)
Então: 
z1
z2
 5 
r (cos a 1 i sen a)
s (cos b 1 i sen b)
 
x
y
0
z1
z2
 5 
r (cos a ? cos b 1 sen a ? sen b) 1 i (2sen b ? cos a 1 sen a ? cos b)
s (cos2 b 1 sen2 b)
5 
r
s
 [cos (a 2 b) 1 i sen (a 2 b)]
Im 1 z1z2 2 5 0 ⇒ sen (a 2 b) 5 0 ⇒ a 5 b ou a 5 b 1 p
Então, 
z1
z2
 5 6 
r
s
 é uma reta que passa pela origem.
69. |z 2 (1 1 i)| < 1
z 5 x 1 iy
Temos:
|z 2 (1 1 i)| 5 |(x 2 1) 1 i (y 2 1)|
5 √(x 2 1)2 1 (y 2 1)2
Então: 
(x 2 1)2 1 (y 2 1)2 < 1 representa
um círculo de centro (1, 1) e raio 1.
70. z 5 x 1 yi e t 5 2 1 3i 
A 5 {z [ C ||z 2 t| < 1} 5
5 {z [ C |(x 2 2)2 1 (y 2 3)2 < 1} 
é um círculo de centro (2, 3) e raio 1
B 5 {x [ C | Im(z) < 3}
é um semiplano situado da reta y 5 3
para baixo.
A > B representa um semicírculo.
71. z 5 r (cos u 1 i sen u), u fixo.
 Como r percorre R, z representa uma
semirreta com origem O e formando 
ângulo u com o eixo dos x.
72. a) z 5 x 1 iy
Então:
w 5 1 2 
1
z
 5 1 2 
1
x 1 iy
 5
x
y
1
10
x
y
3
2
1
1 2 3
x
y
0
u
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9
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
 5 
x 2 1 y2 2 x
x2 1 y2
 1 
iy
x2 1 y2
 u é a parte real e v a parte imaginária do complexo w.
 Então:
 u 5 
x 2 1 y2 2 x
x2 1 y2
 v 5 
y
x2 1 y2
b) Se y 5 x, então u 5 
2x 2 2 x
2x2
 5 1 2 
1
2x
 e v 5 
x
2x2
 5 
1
2x
 . 
 Daí u 5 1 2 v, portanto Q 5 u 1 iv percorre a reta u 5 1 2 v. 
 Notemos para encerrar que v  0, caso contrário y 5 0 5 x e 
anula-se z.
73. Seja z 5 x 1 yi um número com-
plexo que satisfaz a condição 
|z 2 25i| < 15, então:
|x 1 (y 2 25)i| < 15 ⇒
⇒   x2 1 (y 2 25)2 < 225.
Conclui-se que z pode ser qualquer 
com plexo representado por ponto do 
círculo de centro (0, 25) e raio 15 (ver 
figura).
 O complexo que tem o menor argu-
mento é representado por T(x, y), pon-
to de tangência da reta OT com o círculo. T satisfaz duas condições:
OT2 5 252 2 152 5 400 ⇒  x2 1 y2 5 400
T está na circunferência ⇒ x2 1 (y 2 25)2 5 225.
Resolvendo o sistema, temos x 5 12 e y 5 16, então z 5 12 1 16i.
74. z 5 r (cos u 1 i sen u)
Então:
z2 1 r2 5 r2 (cos2 u 2 sen2 u 1 2i senu ? cos u) 1 r2 5
 5 r2 (2 cos2 u 1 2i sen u cos u) 5
 5 2r2 cos u (cos u 1 i sen u)
z
z2 1 r2
 5 
r (cos u 1 i sen u)
2r2 cos u (cos u 1 i sen u)
 5
 5 
1
2r cos u
 1u  p2 1 kp, k [ Z2 é real.
y
x
0
5
25 15
T
r u(mín)
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10
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
iz 5 ir (cos u 1 i sen u) 5 r (2sen u 1 i cos u)
Então:
r 2 iz
r 1 iz
 5 
r (1 1 sen u 2 i cos u)
r (1 2 sen u 1 cos u)
 5
5 
1 1 sen u 2 i cos u
1 2 sen u 1 i cos u
 ? 
1 2 sen u 2 i cos u
1 2 sen u 2 i cos u
 5
5 
(1 2 sen2 u 2 cos2 u) 2 i[(1 1 sen u) cos u 1 cos u (1 2 sen u)]
1 2 2 sen u 1 sen2 u 1 cos2 u
 5
5 2 
2i cos u
2(1 2 sen u)
 5
5 i 
cos u
sen u 2 1
 1u  p2 1 kp, k [ Z2 é imaginário puro.
75. a) |a 1 bi| 5 5 ⇒  a2 1 b2 5 25 (1)
b 2 a 5 1 (2)
Resolvendo o sistema, temos:
a 5 3 e b 5 4 ou a 5 24 e b 5 23.
Como 0 , u , 
p
2
 ⇒  a 1 bi 5 3 1 4i.
b) (c 1 di)2 5 (c2 2 d2) 1 2icd 5 25 2 12i
Então:
5 c
2 2 d2 5 25
2cd 5 212
Resolvendo o sistema, temos:
c 5 22 ou c 5 2.
Como c , 0, temos que c 5 22 e d 5 3 e c 1 di 5 22 1 3i.
Então:
(a 1 bi)2
c 1 di
 2 
1
a 1 ci
 2 
1 1 i
13i
 5
5 
(3 1 4i)2
22 1 3i
 ? 
22 2 3i
22 2 3i
 2 
1
3 2 2i
 ? 
3 1 2i
3 1 2i
 2 
1 2 i
13
 5
5 
(27 1 24i)(22 2 3i)
4 1 9
 2 
3 1 2i
9 1 4
 2 
1 2 i
13
 5
5 
86 2 27i
13
 2 
4 1 i
13
 5
5 
82
13
 2 i 
28
13
 .
82. z 5 √3 1 i 5 21cos p6 1 i sen 
p
62
zn 5 (√3 1 i)n 5 2n1cos np6 1 i sen 
np
6 2
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11
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Então:
 Im(zn) 5 0 ⇒ sen 
np
6 
 5 0
a) zn é real e positivo ⇒  ⇒
 Re(zn) . 0 ⇒ cos 
np
6
 . 0
⇒ 
np
6
 5 2kp ⇒   n 5 12k (k 5 0, 1, 2, ...)
Então, o menor valor de n para que zn seja real e positivo é n 5 0.
b) zn é real e negativo ⇒  Im(z
n) 5 0 ⇒
    Re(zn) , 0
⇒
 sen 
np
6
 5 0 
⇒ 
np
6
 5 p 1 2kp ⇒   n 5 6(2k 1 1)(k 5 0, 1, 2, 3, ...)
cos 
np
6
 , 0
Então, o menor valor de n para que zn seja real e negativo é n 5 6.
c) zn é imaginário puro ⇒  Im(z
n)  0 ⇒
    Re(zn) 5 0
⇒ 
sen 
np
6
  0 
⇒ 
np
6
 5 
p
2
 1 kp ⇒   n 5 3 1 6k (k 5 0, 1, 2, ...)
cos 
np
6
 5 0
Então, o menor valor de n para que zn seja imaginário puro é n 5 3.
83. z 5 a 1 bi
a) iz 1 2z 1 1 2 i 5 0 ⇒ i(a 1 bi) 1 2(a 2 bi) 5 21 1 i ⇒ 
⇒ (2a 2 b) 1 (a 2 2b)i 5 21 1 i ⇒ 5 2a 2 b 5 21 a 2 2b 5 1
Resolvendo o sistema, temos a 5 21 e b 5 21.
Então, z 5 21 2 i.
b) z 5 21 2 i
Então, |z| 5 √(21)2 1 (21)2 5 √2 e
z 5 √2 12 √22 2 i 
√2
2 2 5 √2 1cos 
5p
4
 1 i sen 
5p
4 2
temos, portanto: arg z 5 
5p
4
.
c) z1 004 5 (√2)1 004 1cos 1 004 ? 5p4 1 i sen 
1 004 ? 5p
4 2 5
5 2502(cos p 1 i sen p) 5
5 2502(21) 5
5 22502
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12
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
89. 
√2
2
 1 i 
√2
2
 é uma das raízes quartas de z, então
1√22 1 i 
√2
2 2
4
 5 z ⇒ z 5 1√22 2
4
(1 1 i)4 5 
1
4
 (24) 5 21.
Logo, z 5 cos p 1 i sen p e
√z 5 cos 
p 1 2kp
2
 1 i sen 
p 1 2kp
2
 (k 5 0, 1)
w0 5 cos 
p
2
 1 i sen 
p
2
 5 i
w1 5 cos 
3p
2
 1 i sen 
3p
2
 5 2i.
Portanto, as raízes quadradas de z são i e 2i.
90. 22 é uma das raízes sextas do complexo z; então
(22)6 5 z ⇒  z 5 64 5 64(cos 0 1 i ? sen 0).
As raízes sextas de z são dadas pela fórmula:
zk 5 2 ? 3cos 0 1 2kp6 1 i ? sen 
0 1 2kp
6 4 com k [ {0, 1, 2, 3, 4, 5}.
k 5 0 ⇒  z0 5 2(cos 0 1 i ? sen 0) 5 2
k 5 1 ⇒  z1 5 21cos p3 1 i ? sen 
p
3 2 5 1 1 i√3
k 5 2 ⇒  z2 5 21cos 2p3 1 i ? sen 
2p
3 2 5 21 1 i√3
k 5 3 ⇒  z3 5 2(cos p 1 i ? sen p) 5 22
k 5 4 ⇒  z4 5 21cos 4p3 1 i ? sen 
4p
3 2 5 21 2 i √3
k 5 5 ⇒  z5 5 21cos 5p3 1 i ? sen 
5p
3 2 5 1 2 i √3
91. z 5 256 ⇒ |z| 5 256 e u 5 0.
 As raízes quartas de z são os vértices do 
quadrado inscrito na circunferência de raio 
4
√256 5 4 e centro na origem, tendo uma 
delas argumento 0.
92. 2i é uma das raízes sextas do complexo z, então: 
(2i)6 5 z ⇒ z 5 264 5 64 (cos p 1 i sen p).
As raízes sextas de z são dadas pela fórmula:
 zk 5 23cos p 1 2kp6 1 i ? sen 
p 1 2kp
6 4 em que k é um dos naturais
0, 1, 2, 3, 4, 5.
y
x
4
24
24 4
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13
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
k 5 0 ⇒  z0 5 21cos p6 1 i ? sen 
p
6 2 5 √3 1 i
k 5 1 ⇒  z1 5 21cos p2 1 i ? sen 
p
2 2 5 2i
k 5 2 ⇒  z2 5 21cos 5p6 1 i ? sen 
5p
6 2 5 2√3 1 i
k 5 3 ⇒  z3 5 21cos 7p6 1 i ? sen 
7p
6 2 5 2 √3 2 i
k 5 4 ⇒  z4 5 21cos 3p2 1 i ? sen 
3p
2 2 5 22i
k 5 5 ⇒  z5 5 21cos 11p6 1 i ? sen 
11p
6 2 5 √3 2 i
 Portanto, os números complexos representados pelos outros cinco 
vértices do hexágono são: √3 1 i, 2√3 1 i, 2√3 2 i, 22i e √3 2 i.
93. z 5 i 1 
3
√28i
 Seja u 5 28i ⇒  r 5 |28i| 5 8 e u 5 
3p
2
u 5 81cos 3p2 1 i sen 
3p
2 2
3
√u 5 23cos 1p2 1 
2kp
3 2 1 i sen 1
p
2
 1 
2kp
3 24
Então:
w0 5 2i e z 5 i 1 2i 5 3i
w1 5 2√3 2 i e z 5 i 2 √3 2 i 5 2√3 
w2 5 √3 2 i e z 5 i 1 √3 2 i 5 √3.
94. (z 2 1 1 i)4 5 1 ⇒ z 2 1 1 i 5 
4
√1
4
√1 5 
4
√r 1cos u 1 2kp4 1 i sen 
u 1 2kp
4 2
u 5 1 ⇒ r 5 |u| 5 1 e u 5 0 ⇒
⇒ 
 4
√1 5 cos 
kp
2
 1 i sen 
kp
2
Então:
w0 5 1 ⇒ z 5 2 2 i
w1 5 i ⇒ z 5 1
w2 5 21 ⇒ z 5 2i
w3 5 2i ⇒ z 5 1 2 2i.
95. Seja z 5 r ? (cos u 1 i ? sen u). As raízes 2n-ésimas de z são os 
números complexos:
zk 5 
2n
√r 1cos u 1 2kp2n 1 i ? sen 
u 1 2kp
2n 2 com k variando de 0 a 2n 2 1.
x
y
3
1
21
0
2√3 √3
y
x
0
�1
�2
1 2
2 � i
1 � 2i
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14
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
A soma dessas raízes é:
∑
2n 2 1
k 5 0
zk 5 
2n
√r ? 1 ∑
2n 2 1
k 5 0
cos 
u 1 2kp
2n
 1 i ? ∑
2n 2 1
k 5 0
sen 
u 1 2kp
2n 2. 
 Para cada k1 atribuído a k, com 0 < k1 , n, existe um k2 5 k1 1 n, com 
n < k < 2n tal que:
cos 
u 1 2k2p
2n
 5 cos 
u 1 2(k11 n)p
2n
 5 cos 1u 1 2k1p2n 1 p 2 5 2cos 
u 1 2k1p
2n
 
sen 
u 1 2k2p
2n
 5 sen 
u 1 2(k11 n)p
2n
 5 sen 1u 1 2k1p2n 1 p 2 5 2sen 
u 1 2k1p
2n
Então:
∑
2n 2 1
k 5 0
cos 
u 1 2kp
2n
 5 0 e ∑
2n 2 1
k 5 0
sen 
u 1 2kp
2n
 5 0
(pois as paralelas são duas a duas opostas)
e daí ∑
2n 2 1
k 5 0
zk 5 0.
96. Seja z 5 a 1 ib.
Então:
z2 5 zi
z2 5 (a 1 ib)2 5 a2 2 b2 1 2abi 
⇒
zi 5 (a 1 ib)i 5 2b 1 ai
 a2 1 b2 5 2b ⇒   
a 5 0 ⇒ b 5 0 ou b 5 21
 
2ab 5 a
 b 5 
1
2
 ⇒ a 5 6 
√3
2
Então: z 5 0 ou z 5 2i ou z 5 
√3
2
 1 
1
2
 i ou z 5 2
√3
2
 1 
1
2
 i e, por-
tanto, o número de pontos é 4.
97. z 5 x 1 iy; |z 2 1|2 5 2x e y > 2.
Então:
|z 2 1|2 5 |(x 2 1) 1 yi|2 5 √[(x 2 1)2 1 y2]2 5 2x ⇒ x2 1 y 2 2 4x 1 1 5 0
 é uma circunferência de centro (2, 0) e raio √3. Como y > 2 > √3, 
o conjunto é vazio.
98. Seja z 5 a 1 ib.
Então:
iz 1 2z 1 1 2 i 5 0 ⇒  i(a 1 ib) 1 2(a 2 ib) 1 1 2 i 5 0
(2a 2 b) 1 (a 2 2b)i 5 21 1 i ⇒
⇒  5 2a 2 b 5 21 ⇒   a 5 21 e b 5 21 e, portanto, z 5 2(1 1 i). a 2 2b 5 1
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15
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
99. z 5 r(cos u 1 i sen u)
Temos:
|z|5 √r2(cos2 u 1 sen2 u) 
z2 5 r2 (cos 2u 1 i sen 2u)
z2 1 |z| 5 0 ⇒ (r2 ? cos 2u 1 r) 1 i ? sen 2u 5 0 ⇒
⇒  5 r
2 cos 2u 1 r 5 0 
 r2 sen 2u 5 0
 Resolvendo o sistema de equações, temos: r 5 0 ou (sen 2u 5 0, 
cos 2u 5 21 e r 5 1). Daí vem:
z 5 0 ou
z 5 1cos p2 1 i sen 
p
22 5 i ou z 5 cos 3p2 1 i ? 
3p
2
 5 2i.
Portanto, o número de soluções da equação é 3. 
100. zk 5 x 1 yi
(zk 1 1)5 1 zk5 5 0 ⇒ (zk 1 1)5 5 2zk5 ⇒ | (zk 1 1)5 | 5 |zk5| ⇒
⇒   | zk 1 1|5 |zk| ⇒   √(x 1 1)2 1 y2 5 √x2 1 y2 ⇒   2x 1 1 5 0 ⇒
⇒  x 5 2 1
2
 Então todos os zk, com k [ {0, 1, 2, 3, 4}, têm a mesma parte real e 
estão sobre uma reta paralela ao eixo imaginário.
CAPÍTULO II — Polinômios
109. A soma dos coeficientes de (4x3 2 2x2 2 2x 2 1)36 é
p(1) 5 (42 2 2 2 2 1)36 5 (21)36 5 1.
110. f(x) 5 0 para todo x do conjunto {1, 2, 3, 4, 5} e f(x) 5 ax3 1 bx2 1 cx 1 d, 
temos:
f(1) 5 a 1 b 1 c 1 d 5 0
f(2) 5 8a 1 4b 1 2c 1 d 5 0
f(3) 5 27a 1 9b 1 3c 1 d 5 0
f(4) 5 64a 1 16b 1 4c 1 d 5 0
f(5) 5 125a 1 25b 1 5c 1 d 5 0
Resolvendo o sistema, encontramos a 5 b 5 c 5 d 5 0 ⇒  f(6) 5 0.
111. f 5 (a 2 2)x3 1 (b 1 2)x 1 (3 2 c) 5 0
Temos:
a 2 2 5 0 ⇒  a 5 2
b 1 2 5 0 ⇒  b 5 22
3 2 c 5 0 ⇒  c 5 3.
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16
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
112. f(x) 5 (a 1 b 2 5)x2 1 (b 1 c 2 7)x 1 (a 1 c) e f(x)  0
Temos:
a 1 b 2 5 5 0
b 1 c 2 7 5 0
a 1 c 5 0.
Resolvendo o sistema, temos: a 5 21, b 5 6 e c 5 1.
113. Sendo f 5 (m ? n 2 2)x3 1 (m2 2 n2 2 3)x2 1 (m 1 n 2 3)x 1 2m 2 5n 1 1 
e se f(x)  0, temos:
m ? n 2 2 5 0
m2 2 n2 2 3 5 0
m 1 n 2 3 5 0
2m 2 5n 1 1 5 0.
Resolvendo o sistema, temos m 5 2 e n 5 1 e, portanto:
m2 1 n2 5 22 1 12 5 5.
114. f(x) 5 (a 2 1)x2 1 bx 1 c, g(x) 5 2ax2 1 2bx 2 c e f(x)  g(x). Temos:
 a 2 1 5 2a ⇒ a 5 21
 b 5 2b ⇒ b 5 0
 c 5 2c ⇒ c 5 0
116. 
ax2 2 bx 2 5
3x2 1 7x 1 c
 5 3 ⇒ ax2 2 bx 2 5 5 9x2 1 21x 1 3c, ∀x
 a 5 9
 2b 5 21 ⇒ b 5 221
 25 5 3c ⇒ c 5 2 
5
3
117. 
3x2 1 5x 2 8
ax2 2 10x 1 b
 5 k, ∀x [ C
Então:
3x2 1 5x 2 8 5 (ax2 2 10x 1 b) ? k, ∀x [ C
e daí:
3 5 ka, 5 5 210k e 28 5 kb.
Resolvendo esse sistema, temos a 5 26 e b 5 16 ⇒ a 1 b 5 10
118. 
(m 2 1)x3 1 (n 2 2)x2 1 (p 2 3)x 1 8
2x2 1 3x 1 4
 5 k, ∀x [ C
Então:
(m 2 1)x3 1 (n 2 2)x2 1 (p 2 3)x 1 8 5 2kx2 1 3kx 1 4k, ∀x [ C
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
e daí:
m 2 1 5 0, n 2 2 5 2k, p 2 3 5 3k e 8 5 4k.
Resolvendo esse sistema, temos m 5 1, n 5 6 e p 5 9.
124. f 5 x2, g 5 x2 1 x4, h 5 x2 1 x4 1 x6,
k 5 3x6 2 6x4 1 2x2 e
k 5 af 1 bg 1 ch 5 ax2 1 b(x2 1 x4) 1 c(x2 1 x4 1 x6)
5 cx6 1 (b 1 c)x4 1 (a 1 b 1 c)x2
Então, c 5 3, b 1 c 5 26, a 1 b 1 c 5 2
Portanto: a 5 8; b 5 29; c 5 3.
125. x2 2 2x 1 1 5 a(x2 1 x 1 1) 1 (bx 1 c)(x 1 1)
5 (a 1 b)x2 1 (a 1 b 1 c)x 1 (a 1 c)
Então: a 1 b 1 c 5 22.
126. 2x2 1 17  (x2 1 b)2 2 (x2 2 a2)(x2 1 a2), a . 0, b . 0
 2bx2 1 b2 1 a4
Então: 
5 2b 5 2 ⇒    b 5 1 b2 1 a4 5 17 ⇒    a 5 62. Como a . 0 ⇒ a 5 2 e, portanto, a 2 b 5 1.
127. a1p1(x) 1 a2p2(x) 1 a3p3(x) 5 0
a1(x
2 1 2x 1 1) 1 a2(x
2 1 1) 1 a3(x
2 1 2x 1 2) 5 0
(a1 1 a2 1 a3)x
2 1 2(a1 1 a3)x 1 (a1 1 a2 1 2a3) 5 0
Então:
 a1 1 a2 1 a3 5 0
 2a1 1 2a3 5 0
 a1 1 a2 1 2a3 5 0
 Resolvendo o sistema, temos a1 5 a2 5 a3 5 0 e, portanto, p1(x), 
p2(x) e p3(x) são L.I.
128. f 5 (x 2 1)2 1 (x 2 3)2 2 2(x 2 2)2 2 2 5
5 (x2 2 2x 1 1) 1 (x2 2 6x 1 9) 2 2(x2 2 4x 1 4) 2 2 5
5 (1 1 1 2 2)x2 1 (22 2 6 1 8)x 1 (1 1 9 2 8 2 2) 5
5 0x2 1 0x 1 0
5 0
129. f 5 x2 1 px 1 q e g 5 x2 2 (p 1 q)x 1 pq
f 5 g ⇒   (p 5 2p 2 q e q 5 pq)
Resolvendo esse sistema, temos:
p 5 q 5 0 ou (p 5 1 e q 5 22).
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
130. a) a(x2 2 1) 1 bx 1 c 5 0 ⇒ ax2 1 bx 2 a 1 c 5 0
Então:
a 5 0
b 5 0
2a 1 c 5 0 ⇒ a 5 c 5 0.
b) a(x2 1 x) 1 (b 1 c)x 1 c 5 x2 1 4x 1 2 ⇒
ax2 1 (a 1 b 1 c)x 1 c 5 x2 1 4x 1 2. Então:
 
a 5 1
c 5 2
a 1 b 1 c 5 4 ⇒ b 5 1
c) x3 2 ax(x 1 1) 1 b(x2 2 1) 1 cx 1 4 5 x3 2 2 ⇒
⇒ x3 1 (b 2 a)x2 1 (c 2 a)x 2 b 1 4 5 x3 2 2. Então:
b 2 a 5 0 ⇒ b 5 a
c 2 a 5 0 ⇒ c 5 a
4 2 b 5 22 ⇒ b 5 6 ⇒ a 5 c 5 6.
131. f 5 (x2 1 √2 ? x 1 1)(x2 2 √2 ? x 1 1) 5
5 f 5 x2(x2 2 √2 ? x 1 1) 1 √2 ? n(x2 2 √2 ? x 1 1) 1 1 ? (x2 2 √2 ? x 1 1) 5
5 x4 2 √2 ? x3 1 x2 1 √2 ? x3 2 2x2 1 √2 ? x 1 x2 2 √2 ? x 1 1 5
5 x4 1 (√2 2 √2)x3 1 (1 2 2 1 1)x2 1 (√2 2 √2)x 1 1 5
5 x4 1 0 ? x3 1 0 ? x2 1 0 ? x 1 1 5
5 x4 1 1 5
5 g
132. f 5 x3 1 ax 1 b
g 5 x4 1 x2 1 1 1 2x3 1 2x 1 2x2 2 x4 5 2x3 1 3x2 1 2x 1 1
f 5 g impossível porque os coeficientes de x3 são distintos e os de 
x2 também.
134. f é polinômio quadrado perfeito se existir px 1 q tal que f 5 (px 1 q)2.
Então:
f 5 (ax 1 b)2 1 (cx 1 d)2 5 (a2 1 c2)x2 1 2(ab 1 cd)x 1 b2 1 d2 5
5 p2x2 1 2pqx 1 q2
Então:
 
a2 1 c2 5 p2 (1)
2(ab 1 cd) 5 2pq (2)
b2 1 d2 5 q2 (3)
(2) ⇒ (ab 1 cd)2 5 (pq)2 ⇒
⇒ (ab)2 1 2abcd 1 (cd)2 5 (a2 1 c 2)(b2 1 d2) ⇒
⇒ (ab)2 1 2abcd 1 (cd)2 5 (ab)2 1 (ad) 2 1 (bc)2 1 (cd)2 ⇒
⇒ (ad)2 2 2abcd 1 (bc)2 5 0 ⇒
⇒ (ad 2 bc)2 5 0 ⇒  ad 5 bc
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
135. 4x4 2 8x3 1 8x2 2 4(p 1 1)x 1 (p 1 1) 2 5 (ax2 1 bx 1 c)2 5
5 a2x4 1 2abx3 1 (2ac 1 b2)x2 1 2bcx 1 c2
Então:
a2 5 4 ⇒ a 5 ± 2
2ab 5 28 ⇒ 
se a 5 2 ⇒ b 5 22
se a 5 22 ⇒ b 5 2
2ac 1 b2 5 8 ⇒ 
se a 5 2 ⇒ c 5 1
se a 5 22 ⇒ c 5 21
c2 5 (p 1 1)2 ⇒ 
p 5 22
p 5 0
2bc 5 24(p 1 1) ⇒ 2(22) 5 24(p 1 1) ⇒ p 5 0
Portanto: p 5 0.
136. P(x) é um cubo perfeito se existirem p e q tais que P(x) 5 (px 1 q)3. 
Temos: P(x) 5 p3 ? x3 1 3p2qx2 1 3p ? q2x 1 q3 .
Então:
A 5 p3 (1); B 5 3p2q (2); C 5 3pq2 (3); D 5 q3 (4)
(2) ⇒ B2 5 (3p2q)2 ⇒
(3)
 
B2
C
 5 
9p4q2
3pq2
 5 3p3 5
(1)
 3A ⇒ C 5 
B2
3A
.
(2) ⇒ B3 5 (3p2q)3 5 27p6q3 5
(4)
 27A2 ? D ⇒ D 5 
B3
27A2
.
Portanto: C 5 
B2
3A
 e D 5 
B3
27A2
.
137. (k 1 1)x2 1 (k 2 3)x 1 13 5 (x 1 a)2 1 (x 1 b)2 5
5 2x2 1 2(a 1 b)x 1 a2 1 b2
Então:
 
k 1 1 5 2 ⇒ k 5 1
k 2 3 5 2(a 1 b) ⇒ a 1 b 5 21
13 5 a2 1 b2
 ⇒ 
a 5 23 ⇒ b 5 2
a 5 2 ⇒ b 5 23
Conclusão: para k 5 1, o trinômio dado fica 2x2 2 2x 1 13, que é 
igual a (x 2 3)2 1 (x 1 2)2.
138. 26x2 1 36x 2 56 5 (x 2 b)3 2 (x 2 a)3
5 3(a 2 b)x2 1 3(b2 2 a2)x 1 a3 2 b3
Então:
 
3(a 2 b) 5 26 ⇒ a 2 b 5 22
3(b2 2 a2) 5 36 ⇒ b2 2 a2 5 12
a3 2 b3 5 256
 
 ⇒ b 5 4 e a 5 2
Portanto: 26x2 1 36x 2 56 5 (x 2 4)3 2 (x 2 2)3.
139. f 5 g2 ⇒ 
f 5 x4 1 2ax3 2 4ax 1 4
g2 5 (x2 1 2x 1 2)2 5 x4 1 4x3 1 8x2 1 8x 1 4
o que é impossível, pois f não tem termo em x2.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
147. a) P(10) 5 A 5 abg 5 100a 1 10b 1 g 5 102a 1 101b 1 100g. 
Então: P(x) 5 ax2 1 bx 1 g
b) A 5 abg 5 100a 1 10b 1 g 5
5 (99 1 1)a 1 (9 1 1)b 1 g 5
5 99a 1 9b 1 (a 1 b 1 g)
Portanto, A é divisível por 3 se, e somente se, a 1 b 1 g é múltiplo 
de 3.
149. f(x) 5 ax2 1 bx 1 c
f(1) 5 0 ⇒ a 1 b 1 c 5 0 (1)
f(x) 5 f(x 2 1), ∀x ⇒ ax2 1 bx 1 c 5 a(x 2 1)2 1 b(x 2 1) 1 c, ∀x
Então ax2 1 bx 1 c 5 ax2 1 (b 2 2a)x 1 (a 2 b 1 c), ∀x
e daí vem b 5 b 2 2a (2) e c 5 a 2 b 1 c (3).
De (2) vem a 5 0, e o problema é impossível porque f deveria ser 
do 2º grau.
150. P(x) 5 ax3 1 bx2 1 cx 1 d
P(2x) 5 a(2x)3 1 b(2x)2 1 c(2x) 1 d 5 2ax3 1 bx2 2 cx 1 d
P(x) 5 P(2x) ⇒ a 5 2a ⇒ a 5 0
Então P(x) não é do 3º grau e, portanto, nenhum polinômio tem a 
propriedade desejada.
151. a0 5 21
a1 5 1 1 i ? a0 5 1 1 i(21) 5 1 2 i
a2 5 1 1 i ? a1 5 1 1 i(1 2 i) 5 2 1 i
a3 5 1 1 i ? a2 5 1 1 i(2 1 i) 5 2i
a4 5 1 1 i ? a3 5 1 1 i(2i) 5 21 5 a0
Os coeficientes formam uma sequência cíclica
(1, 1 2 i, 2 1 i, 2i, 21, 1 2 i, 2 1 i, 2i, ...), então:
a30 5 a26 5 a22 5 ... 5 a2 5 2 1 i.
152. a) P(x) 5 ax3 1 bx2 1 cx 1 d
P(x 2 1) 5 a(x 2 1)3 1 b(x 2 1)2 1 c(x 2 1) 1 d 5
5 ax3 1 (b 2 3a)x2 1 (c 2 2b 1 3a)x 1 (2a 1 b 2 c 1 d)
Impondo P(x) 2 P(x 2 1) 5 x2, ∀x, vem
3ax2 2 (2b 2 3a)x 1 (a 2 b 1 c) 5 x2, ∀x
e daí:
3a 5 1, 22b 1 3a 5 0 e a 2 b 1 c 5 0
de onde vem a 5 
1
3
, b 5 
1
2
 e C 5 
1
6
. 
Conclusão: P(x) 5 
1
3
 x3 1 
1
2
 x2 1 
1
6
 x 1 d.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
b) S 5 12 1 22 1 32 1 ... 1 n2 5
5 [P(1) 2 P(0)] 1 [P(2) 2 P(1)] 1 [P(3) 2 P(2)] 1 ... 1 [P(n) 2 P(n 2 1)] 5
5 P(n) 2 P(0) 5 
1
3
 n3 1 
1
2
 n2 1 
1
6
 n 1 d 2 d 5
5 
2n3 1 3n2 1 n
6
 5 
n(n 1 1)(2n 1 1)
6
154. Sejam q o quociente e r o resto da divisão de f por g, tais que dg 5 4 
e dq 5 2. Temos:
• qg1 r 5 f ⇒ d(qg 1 r) 5 df
• dr , dg
 ⇒ df 5 dq 1 dg
a) dr 5 1 ⇒ df 5 2 1 4 5 6
b) dr 5 2 ⇒ df 5 2 1 4 5 6.
Portanto: df 5 6 nos dois casos.
155. dP(x) 5 m, dS(x) 5 n, n , m, dR(x) 5 p. Então:
dR(x) , dS(x) 5 n ⇒ dR(x) < n 2 1.
Portanto: 0 < p < n 2 1.
156. Sejam Q o quociente e R o resto da divisão de P por B, tais que 
dP 5 p e dQ 5 q.
Então: dB 5 dP 2 dQ 5 p 2 q e dR , dB 5 p 2 q.
Portanto: dR < p 2 q 2 1.
161. f 5 x4 2 3ax3 1 (2a 2 b)x2 1 2bx 1 (a 1 3b)
g 5 x2 2 3x 1 4
dq 5 df 2 dg 5 2 ⇒ q 5 mx2 1 nx 1 s
r 5 0
f 5 qg 5 (mx2 1 nx 1 s)(x2 2 3x 1 4)
5 mx4 1 (n 2 3m)x3 1 (4m 2 3n 1 s)x2 1 (4n 2 3s)x 1 4s
Então: m 5 1, n 2 3m 5 23a, 4m 2 3n 1 s 5 2a 2 b, 4n 2 3s 5 2b e
4s 5 a 1 3b.
Resolvendo o sistema, temos: a 5 
1
34
 e b 5 
93
34
.
162. dQ 5 dF 2 dG 5 4 2 2 5 2 ⇒ Q 5 ax2 1 bx 1 c
R 5 0
F 5 QG 5 (ax2 1 bx 1 c)(x2 1 px 1 q)
x4 1 1 5 ax4 1 (ap 1 b)x3 1 (aq 1 bp 1 c)x2 1 (bq 1 cp)x 1 qc
Então: a 5 1, ap 1 b 5 0, aq 1 bp 1 c 5 0, bq 1 cp 5 0 e qc 5 1.
Resolvendo o sistema, temos: q 5 1 e p 5 ± √2.
163. dQ 5 dP1 2 dP2 5 3 2 2 5 1 ⇒ Q(x) 5 ax 1 b
R 5 0
P1(x) 5 Q(x) ? P2(x) 5 (ax 1 b)(x
2 2 x 1 1)
x3 1 px2 2 qx 1 3 5 ax3 1 (b 2 a)x2 1 (a 2 b)x 1 b
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
Então: a 5 1, b 2 a 5 p, a 2 b 5 2q e b 5 3.
Resolvendo o sistema, temos: p 5 q 5 2.
164. dQ 5 dF 2 dG 5 3 2 2 5 1 ⇒ Q(x) 5 ax 1 b
R 5 0
F(x) 5 Q(x) ? G(x) 5 (ax 1 b)(x2 1 2x 1 5)
x3 1 px 1 q 5 ax3 1 (2a 1 b)x2 1 (5a 1 2b)x 1 5b
Então: a 5 1, 2a 1 b 5 0, 5a 1 2b 5 p e 5b 5 q.
Resolvendo o sistema, temos: p 5 1 e q 5 210.
168. dF(x) 5 dA(x) 2 dB(x) 5 1 ⇒ F(x) 5 ax 1 b
R 5 0
A(x) 5 B(x) ? F(x) 5 (ax 1 b)(2x2 1 5x 2 6)
x3 2 2x2 2 9x 1 18 5 2ax3 1 (5a 2 b)x2 1 (5b 2 6a)x 5 6b
Então: 2a 5 1, 5a 2 b 5 22, 5b 2 6a 5 29 e 26b 5 18.
Resolvendo o sistema, temos: a 5 21 e b 5 23 e portanto:
F(x) 5 
A(x)
B(x)
 5 ax 1 b 5 2x 2 3.
169. Pelo método da chave, temos:
2x3 1 x2 2 8x x2 2 4
22x3 1 8x 2x 1 1
 x2
 2x2 1 4
4
Então: 
p(x)
q(x)
 5 2x 1 1 1 
4
x2 2 4
 .
170. Como dP > 3, a igualdade é impossível porque o 1º membro tem 
grau maior que o 2º.
dP , 3 ⇒ P(x) 5 ax2 1 bx 1 c. Temos, então:
(3x 1 2)P(x) 5 3x3 1 x2 2 6x 2 2 1 P(x) ⇒
⇒ 3ax3 1 (3b 1 2a)x2 1 (3c 1 2b)x 1 2c 5 3x3 1 (a 1 1)x2 1 (b 2 6)x 1 c 2 2
Então: 3a 5 3, 3b 1 2a 5 a 1 1, 3c 1 2b 5 b 2 6 e 2c 5 c 2 2.
Resolvendo o sistema, temos: a 5 1, b 5 0 e c 5 22 e, portanto,
P(x) 5 x2 1 0 ? x 2 2 5 x2 2 2 5 B(x).
171. dq 5 2 ⇒ q 5 ax2 1 bx 1 c e r 5 0. Temos:
2x4 1 3x3 1 mx2 2 nx 2 3 5 (ax2 1 bx 1 c)(x2 2 2x 2 3) 5
5 ax4 1 (b 2 2a)x3 1 (c 2 3a 2 2b)x2 1 (23b 2 2c)x 2 3c
Então: a 5 2, b 2 2a 5 3, c 2 3a 2 2b 5 m, 23b 2 2c 5 2n e
23c 5 23.
Resolvendo o sistema, temos: m 5 219 e n 5 23.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
172. a) 2x3 1 Ax 1 3B x2 2 3x 1 9
22x3 1 6x2 2 18x 2x 1 6
6x2 1 (A 2 18)x 1 3B
2 6x2 18x 2 54
Ax 1 3B 2 54
Então, temos: quociente 5 2x 1 6 
resto 5 Ax 1 3B 2 54.
b) Para que a divisão seja exata, devemos ter resto nulo.
Então:
r 5 Ax 1 3B 2 54 5 0 ⇒ 
A 5 0
B 5 18
173. 1 a b 20 1 2 5 4
21 5 24 1 a 1 5
a 1 5 b 2 4 20
2(a 1 5) 5a 1 25 24a 2 20
b 1 5a 1 21 24a
Então:
24a 5 0 ⇒ a 5 0
b 1 5a 1 21 5 0 ⇒ b 5 221 e, portanto:
a 1 b 5 221.
175. 4 2 3 m 1 2 21 1
24 2 2 2
2 2
1
221 m 2 2 1
1 2 
1
2
1
2
m 2 
5
2
3
2
Então, o resto da divisão de P1(x) por P2(x) independe de x se, e 
somente se, m 2 
5
2
 5 0 ou m 5 
5
2
.
177. Temos inicialmente:
A 5 QB 1 R (1) e dR , dB (2)
Sejam Q1 o quociente e R1 o resto da divisão de A por 2B.
A 5 Q1(2B) 1 R1 (3) e dR1 , d(2B) (4)
De (1) e (2), temos:
A 5 
1
2
 Q (2B) 1 R e dR , dB 5 d(2B)
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24
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
Portanto, 
1
2
 Q e R satisfazem as condições para serem quociente e
resto, respectivamente, da divisão de A por 2B.
Então, devido à unicidade do quociente e do resto, devemos ter:
Q1 5 
1
2
 Q e R1 5 R.
178. Se x3 1 px 1 q é divisível por x2 1 ax 1 b e x2 1 rx 1 s, então:
x3 1 px 1 q 5 (x2 1 ax 1 b)(mx 1 n) 5 mx3 1 (am 1 n)x2 1 (bm 1 an)x 1 bn,
x3 1 px 1 q 5 (x2 1 rx 1 s)(m'x 1 n') 1 m'x3 1 (rm' 1 n')x2 1 (sm' 1 rn')x 1 sn
Temos, então:
 
m 5 1
am 1 n 5 0 ⇒ a 5 2n
bm 1 an 5 p
 ⇒ p 5 b 2 a2 (1)
bn 5 q ⇒ q 5 2ab (2)
 
m' 5 1
rm' 1 n' 5 0 ⇒ r 5 2n'
sm' 1 rn' 5 p
 ⇒ p 5 b 2 a2 (3)
sn' 5 q ⇒ q 5 2sr (4)
de (2) e (4) ⇒ s 5 
ab
r
 (5)
de (1) e (3) ⇒ b 2 a2 5 s 2 r2 
(5)
5 
ab
r
 2 r2 ⇒
⇒ r(b 2 a2) 5 ab 2 r3 ⇒ rb 2 ab 5 ra2 2 r3 ⇒
⇒  b 5 
r(a2 2 r2)
r 2 a
 5 2
r(a 1 r)(a 2 r)
a 2 r
 5 2r(a 1 r)
179. f é um cubo perfeito se existir um polinômio mx 1 n tal que (mx 1 n)3 5 f.
Impondo essa igualdade, temos:
ax3 1 3bx2 1 3cx 1 d 5 m3x3 1 3m2nx2 1 3mn2x 1 n3
e daí vem a 5 m3, b 5 m2n, c 5 mn2 e d 5 n3
e este sistema dá como solução m 5 
3
√a e n 5 
3
√d. Esta solução só 
satisfaz as quatro equações se:
b 5 m2n 5 
3
√a2d e c 5 mn2 5 
3
√ad2, ou seja, b3 5 a2d e c3 5 ad2.
181. Sejam q1 e q2 os quocientes das divisões, respectivamente, de f por h
e de g por h: 
f 5 q1 ? h
g 5 q2 ? h
Sejam q o quociente e r o resto da divisão de:
a) f 1 g por h: f 1 g 5 qh 1 r. Temos: r 5 f 1 g 2 q ? h ⇒
⇒ r 5 q1
 
? h 1 q2
 
? h 2 q ? h 5 (q1
 
1 q2
 
2 q)h. Portanto, f 1 g é divisível 
por h.
b) f 2 g por h: f 2 g 5 qh 1 r ⇒ r 5 f 2 g 2 qh ⇒
⇒ r 5 q1h
 
2 q2h
 
2 qh 5 (q1
 
2 q2
 
2 q)h. Portanto, f 2 g é divisível por h.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
c) f ? g por h: fg 5 qh 1 r ⇒ r 5 fg 2 qh ⇒
  ⇒ r 5 (q1h)(q2h) 2 qh 5 (q1 ? q2h 2 q)h.
 Portanto, f ? g é divisível por h.
189. Sejam f 5 4xn 1 3xn 2 2 1 1 e g 5 x 1 1.
a) n par ⇒ r 5 f(21) 5 4(21)n 1 3(21)n 2 2 1 1 5 8
b) n ímpar ⇒ r 5 f(21) 5 4(21)n 1 3(21)n 2 2 1 1 5 24 2 3 1 1 5 26
Portanto: se n par, r 5 8; se n ímpar, n 5 26.
190. Para que P(x) seja divisível por x 1 a, é necessário que o resto r da di-
visão seja 0, mas r 5 P(2a); então deve-se ter P(2a) 5 0. Conclusão: 
2a deve ser raiz de P(x).
197. Seja f 5 ax3 2 2x 1 1; f(3) 5 4 ⇒ 27a 2 5 5 4 ⇒ a 5 
1
3
.
198. 5 0 a b 3 1 2
5 10 a 1 20 2a 1 b 1 40 4a 1 2b 1 83 8a 1 4b 1 167
1442443
r
q 5 5x4 1 cx3 1 dx2 1 ex 1 115, então:
4a 1 2b 1 83 5 115 ⇒ 4a 1 2b 5 32 e
r 5 8a 1 4b 1 167 5 64 1 167 5 231
199. 2 8 21 0 16 24
28 b 4 e
2 a c d f
A terceira linha é a soma das duas primeiras; então:
8 1 (28) 5 a, (21) 1 b 5 c, 0 1 4 5 d, 16 1 e 5 f.
A segunda linha é obtida multiplicando os elementos 2, a, c, d (da 
terceira linha) por 24, então:
a ? (24) 5 b, c ? (24) 5 4 e d ? (24) 5 e.
Dessas sete condições resulta:
a 5 0, b 5 0 ? (24) 5 0, c 5 
4
24
 5 21, d 5 4, e 5 4 ? (24) 5 216 e
f 5 16 1 (216) 5 0.
a 1 b 1 c 1 d 1 e 1 f 5 213
200. P(x) é um determinante de Vandermonde. Então,
P(x) 5 (x 2 a)(x 2 b)(x 2 c)(x 2 d)(a 2 b)(a 2 c)(a 2 d)(b 2 c)(b 2 d)
(c 2 d). O resto da divisão de P(x) por x 2 b é r 5 P(b) 5 0.
201. P(x) 5 x 3 2 0,52x 2 1,626 e P(1) 5 21,146
D(x) 5 x 2 1,32 e D(1) 5 20,32. Portanto:
P(1) 1 D(1) 5 21,146 2 0,32 5 21,466.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
202. P(x) 5 a0 1 a1x 1 ... 1 an ? x
n e a0, a1, ..., an formam, nessa ordem,
uma P.G. de razão 
1
2
. Então:
P(x) 5 a0 1 a0 ? 
1
2
x 1 a0 
1
2
2
x2 1 ... 1 a0 
1
2
n
 ? xn
5 a0 1 1 
x
2
 1 
x
2
2
 1 ... 1 
x
2
n
r 5 P(22) 5 a0 1 1 
22
2
 1 
22
2
2
 1 ... 1 
22
2
n
5 a0[1 2 1 1 1 2 1 1 ... 1 1 2 1] 5 a0 ? 0 5 0.
204. f 5 ax2 1 bx 1 c
• a 5 1 ⇒ f 5 x2 1 bx 1 c
• f é divisível por x 2 1 ⇒ f(1) 5 0 ⇒ 1 1 b 1 c 5 0 (1)
• Os restos das divisões de f por x 2 2 e x 2 3 são iguais:
f(2) 5 f(3) ⇒ 4 1 2b 1 c 5 9 1 3b 1 c. (2)
Resolvendo (1) e (2), temos: b 525 e c 5 4. Portanto, f 5 x2 2 5x 1 4.
205. • f é polinômio do 3º grau ⇒ f 5 ax3 1 bx2 1 cx 1 d.
• f se anula para x 5 1 ⇒ f(1) 5 0 ⇒ a 1 b 1 c 1 d 5 0. (1)
• f dividido por x 1 1, x 2 2 e x 1 2 dá restos iguais a 6 ⇒
⇒  f(21) 5 6 ⇒ 2a 1 b 2 c 1 d 5 6 (2)
 f(2) 5 6 ⇒ 8a 1 4b 1 2c 1 d 5 6 (3)
 f(22) 5 6 ⇒ 28a 1 4b 2 2c 1 d 5 6. (4)
Resolvendo o sistema das quatro equações, temos: a 5 b 5 1; c 5 24 
e d 5 2.
Portanto, f 5 x3 1 x2 2 4x 1 2.
214. f(1) 5 f(2) 5 f(23) 5 0 ⇒ f é divisível por (x 2 1)(x 2 2)(x 1 3).
Portanto, r 5 0.
215. Seja f 5 qg 1 r; g 5 (x 1 1)(x 2 1)(x 2 2); f(21) 5 5; f(1) 5 f(2) 5 21.
dr , dg 5 3 ⇒ r 5 ax2 1 bx 1 c
f 5 (x 1 1)(x 2 1)(x 2 2) ? q(x) 1 (ax2 1 bx 1 c), então:
f(21) 5 5 ⇒ a 2 b 1 c 5 5
f(1) 5 21 ⇒ a 1 b 1 c 5 21
f(2) 5 21 ⇒ 4a 1 2b 1 c 5 21.
Resolvendo o sistema, temos: a 5 c 5 1 e b 5 23.
Portanto, r 5 x2 2 3x 1 1.
216. P(x) 5 ax3 1 bx2 1 cx 1 d
P(21) 5 0 ⇒ 2a 1 b 2 c 1 d 5 0
P(1) 5 10 ⇒ a 1 b 1 c 1 d 5 10
P(22) 5 10 ⇒ 28a 1 4b 2 2c 1 d 5 10
P(23) 5 10 ⇒ 227a 1 9b 2 3c 1 d 5 10
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6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Resolvendo o sistema, temos: a 5 c 5 
5
2
, b 5 10, d 5 25.
Portanto: P(x) 5 
5
2
 ? x3 1 10x2 1 
5
2
 ? x 2 5 e o coeficiente de x3 é 
5
2
.
217. f 5 x3 2 2ax2 1 (3a 1 b)x 2 3b, g 5 x3 2 (a 1 2b)x 1 2a;
f(21) 5 0 ⇒ 21 2 5a 2 4b 5 0
g(21) 5 0 ⇒ 21 1 3a 1 2b 5 0
Resolvendo o sistema, temos: a 5 3 e b 5 24.
218. f 5 xp 1 2aqxp 2 q 1 ap com p, q [ N e p . q
f(2a) 5 (2a) p 1 2 ? aq ? (2a)p 2 q 1 ap
Se p e q são ímpares, temos:
f(2a) 5 2a p 1 2 ? aq ? ap 2 q 1 ap 5 2ap.
Se p e q são pares, temos:
f(2a) 5 a p 1 2 ? aq ? ap 2 q 1 ap 5 4ap.
Se q é par e p é ímpar, temos:
f(2a) 5 2a p 2 2 ? aq ? ap 2 q 1 ap 5 22ap.
Se p é par e q é ímpar, temos:
f(2a) 5 a p 2 2 ? aq ? ap 2 q 1 ap 5 0 (independente de a).
Portanto, p par e q ímpar é a solução.
228. P(x) 5 x999 2 1; P(1) 5 1999 2 1 5 0 ⇒ R(x) 5 0
998 zeros
64444444744444448
1 0 0 0 21 1
1 1 1 1 0
Q(x) 5 x998 1 x997 1 ... 1 x 1 1 e Q(0) 5 1
Portanto: R(x) 5 0 e Q(0) 5 1.
229. Aplicando duas vezes Briot:
1 0 a b 1
1 1 a 1 1 a 1 b 1 1 5 r1 1
1 2 a 1 3 5 r2
Impondo r1 5 0 e r2 5 0, vem:
a 1 3 5 0 ⇒ a 5 23
a 1 b 1 1 5 0 ⇒ b 5 2.
230. P(2) 5 13, P(22) 5 5 e P(x) 5 (x2 2 4) ? Q(x) 1 R(x).
Temos: R(x) 5 ax 1 b.
P(2) 5 (22 2 4)Q(x) 1 2a 1 b ⇒ 2a 1 b 5 13
P(22) 5 [(22)2 1 4]Q(x) 2 2a 1 b ⇒ 22a 1 b 5 5
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
E, resolvendo o sistema: a 5 2; b 5 9; R(x) 5 2x 1 9.
Portanto: R(1) 5 11.
231. O quociente Q(x) da divisão de P(x) por (x 2 2)3 tem grau dQ 5 4 2 3 5 1;
portanto, Q(x) 5 ax 1 b.
Temos:
P(x) 5 (x 2 2)3(ax 1 b)
P(0) 5 28 ⇒ 28(a ? 0 1 b) 5 28 ⇒ b 5 1
P(1) 5 23 ⇒ 21(a ? 1 1 b) 5 23 ⇒ a 1 b 5 3 ⇒ a 5 2
Então:
P(x) 5 (x 2 2)3(2x 1 1) e P(3) 5 (3 2 2)3(2 ? 3 1 1) 5 7
232. Seja f 5 x2n 2 a 2n e g 5 x2 2 a2 5 (x 2 a)(x 1 a).
Então:
f(a) 5 a2n 2 a2n 5 0
f(2a) 5 (2a)2n 2 (2a)2n 5 a2n 2 a2n 5 0.
Portanto: x2n 2 a2n é divisível por x2 2 a2, ∀n [ N.
234. 
6 11 4 K 2 8 2
4
3
6 3 0 K 2 2 
4k
3
16K
9
 1 
16
3
r 5 0 ⇒ 
16K
9
 1 
16
3
 5 0 ⇒ K 5 23.
238. Seja Q(x) o quociente da divisão de P(x) por ax 2 b. Se P(r) 5 R, 
temos:
P(x) 5 Q(x)(ax 2 b) 1 R
P(r) 5 Q(r)(ar 2 b) 1 R ⇒ ar 2 b 5 0 ⇒ r 5 
b
a
.
242. f(x) 5 x4 1 43 1 4x2 2 x 2 2 e g(x) 5 x2 1 3x 1 2 5 (x 1 1)(x 1 2).
f(21) 5 1 2 4 1 4 1 1 2 2 5 0
f(22) 5 16 2 32 1 16 1 2 2 2 5 0
Então f(x) é divisível por x 1 1 e x 1 2, portanto é divisível por g(x).
243. f(x) 5 (x 2 2)2n 1 (x 2 1)n 2 1 e g(x) 5 x2 2 3x 1 2 5 (x 2 1)(x 2 2).
Se f(x) é divisível por x 2 1 e x 2 2, f(x) será divisível por g(x).
Temos:
f(1) 5 [(1 2 2)2]n 1 (1 2 1)n 2 1 5 1n 1 0 2 1 5 0
f(2) 5 (2 2 2)2n 1 (2 2 1)n 2 1 5 0 1 1n 2 1 5 0
Portanto: (x 2 2)2n 1 (x 2 1)n 2 1 é divisível por x2 2 3x 1 2.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
245. f 5 x3 1 px 1 q é divisível por g 5 (x 2 2)(x 1 1), se f for divisível 
por x 2 2 e x 1 1, isto é, f(2) 5 0 e f(21) 5 0.
Então:
f(2) 5 0 ⇒ f(2) 5 8 1 2p 1 q ⇒ 2p 1 q 5 28
f(21) 5 0 ⇒ f(21) 5 21 2 p 1 q ⇒ 2p 1 q 5 1.
Resolvendo o sistema, temos: p 5 23 e q 5 22.
246. Sejam f 5 ax2n 1 bx2n 2 1 1 c (n [ N*) e g 5 x(x 1 1)(x 2 1).
f é divisível por g se f é divisível por (x 2 0), (x 1 1) e (x 2 1), isto é:
f(0) 5 c 5 0
f(21) 5 a 2 b 1 c 5 0
f(1) 5 a 1 b 1 c 5 0
Resolvendo o sistema de equações, temos: a 5 b 5 c 5 0.
247. Sejam f 5 5x6 2 6x5 1 1 e g 5 (x 2 1)2. Aplicando o algoritmo de 
Briot:
5 26 0 0 0 0 1 1
5 21 21 21 21 21 0 5 r1 1
5 4 3 2 1 0 5 r2
Temos, então: r1 5 r2 5 0 e, portanto, f é divisível por g e
q 5 5x4 1 4x3 1 3x2 1 2x 1 1.
248. Sejam f 5 nxn 1 1 2 (n 1 1)xn 1 1 e g 5 (x 2 1)2. Aplicando Briot:
n 2 1 zeros
 644444474444448
n 2n 2 1 0 0 0 ... 0 1 1
n 2 1 21 21 21 21 0 1
n n 2 1 n 2 2 n 2 3 n 2 4 ... 1 0
Temos: r1 5 r2 5 0 e, portanto, f é divisível por g.
249. Sejam f 5 axn 1 1 1 bxn 1 1 e g 5 (x 2 1) 2. Aplicando Briot:
n 2 1 zeros
6444447444448
a b 0 0 ... 0 1 1
a a 1 b a 1 b a 1 b a 1 b a 1 b 1 1 1
a 2a 1 b 3a 1 2b 4a 1 3b ... a(n 1 1) 1 bn
 
a 1 b 1 1 5 0
a(n 1 1) 1 bn 5 0
Resolvendo o sistema, temos: 
a 5 n
b 5 2n 2 1
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
250. f(x) 5 x5 2 ax4 1 bx3 2 bx2 1 2x 2 1
• Para que f(x) seja divisível por x 2 1, devemos ter:
f(1) 5 1 2 a 1 b 2 b 1 2 2 1 5 0 ⇒ a 5 2
Para a 5 2, temos f(x) 5 x5 2 2x4 1 bx3 2 bx2 1 2x 2 1.
Vamos dividir f(x) por x 2 1 aplicando Briot:
1 22 b 2b 2 21 1
1 21 b 2 1 21 1 0
então f(x) 5 (x 2 1)(x4 2 x3 1 (b 2 1)x2 2 x 1 1).
 1444442444443
 q1(x)
• Para que q1(x) seja divisível por x 2 1, devemos ter:
q1(1) 5 1 2 1 1 (b 2 1) 2 1 1 1 5 0 ⇒ b 5 1
Para b 5 1, temos f(x) 5 (x 2 1)(x4 2 x3 2 x 1 1).
 1442443
 q1(x)
Vamos dividir q1(x) por x 2 1 aplicando Briot:
1 21 0 21 1 1
1 0 0 21 0
então q1(x) 5 (x 2 1)(x
3 2 1) 5 (x 2 1)(x 2 1)(x2 1 x 1 1).
• Finalmente: f(x) 5 (x 2 1) ? q1(x) 5 (x 2 1)
3(x2 1 x 1 1), então f(x) 
é divisível por (x 2 1)3 e, como x2 1 x 1 1 não é divisível por x 2 1, 
vem m 5 3.
255. Seja P(x) 5 Q(x)(x 1 1)(x 2 2) 1 R(x), com R(x) 5 ax 1 b.
• P(21) 5 3 ⇒ R(21) 5 3 ⇒ a 1 b 5 3
• P(2) 5 3 ⇒ R(2) 5 3 ⇒ 2a 1 b 5 3
Resolvendo o sistema, vem a 5 0 e b 5 3; portanto, R(x) 5 3.
256. a) Dados os polinômios
A(z) 5 amz
m 1 am 2 1 ? z
m 2 1 1 ... 1 a1z 1 a0 (am  0) e
B(z) 5 bnz
n 1 bn 2 1 ? z
n 2 1 1 ... 1 b1z 1 b0 (bn  0),
existem um único polinômio Q(z) e um único polinômio R(z) tais que 
Q(z) ? B(z) 1 R(z) 5 A(z) e dR(z) , dB(z) (ou R(z) 5 0).
b) A(z) 5 Q(z) ? B(z) 1 R(z) 5 Q(z)(z2 1 1) 1 R(z)
dR(z) , dB(z) 5 2 ⇒ R(z) 5 az 1 b
Temos:
A(i) 5 Q(i)(i2 1 1) 1 R(i) 5 Q(i)(21 1 1) 1 ai 1 b 5 ai 1 b (1)
A(2i) 5 Q(2i)[(2i)2 1 1] 1 R(2i) 5 Q(2i)(21 1 1) 2 ai 1 b 5
5 ai 1 b (2)
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Resolvendo o sistema de equações (1) e (2), temos:
b 5 
A(i) 1 A(2i)
2
 e a 5 
A(2i) 2 A(i)
2
 ? i
e, portanto: R(z) 5 
A(i) 1 A(2i)
2
 1 
A(2i) 2 A(i)
2
 ? iz.
257. Sejam q o quociente e r o resto da divisão de f por
g 5 (x 1 2)(x2 1 4) 5 (x 1 2)(x 1 2i)(x 2 2i). Temos, então:
dr , dq 5 3 ⇒ r 5 ax2 1 bx 1 c
f 5 qg 1 r 5 q ? (x 1 2)(x 1 2i)(x 2 2i) 1 (ax2 1 bx 1 c)
f(22) 5 0 ⇒ 4a 2 2b 1 c 5 0
f(2i) 5 2i 1 1 ⇒ 24a 1 c 1 2bi 5 2i 1 1
f(22i) 5 22i 1 1 ⇒ 24a 1 c 2 2bi 5 22i 1 1
Resolvendo o sistema de equações, temos: a 5 
1
8
, b 5 1 e a 5 
3
2
;
portanto: r 5 
1
8
 x2 1 x 1 
3
2
.
258. P(x) 5 (x2 2 4)(x2 1 1) 1 R(x)
dR , 2 ⇒ R(x) 5 ax 1 b
R(2) 5 9 ⇒ P(2) 5 2a 1 b 5 9 (1)
P(21) 5 0 ⇒ P(21) 5 2a 1 b 5 6 (2)
(1) e (2) ⇒ a 5 1 e b 5 7 e R(x) 5 x 1 7, e, portanto,
P(x) 5 x4 2 3x2 1 x 1 3.
 — Equações polinomiais
263.2 26 4 0 0 1
2 24 0 0 0
q1 5 2x3 2 4x2 5 2x2 (x 2 2) 5 0 ⇒ x 5 0 ou x 5 2.
Como x4 é a maior das raízes, então x4 5 2 e 5x
3
4 5 40.
266. Se a e b são raízes do polinômio P(x), então pelo teorema da decom-
posição temos:
P(x) 5 an(x 2 a)(x 2 b)(x 2 r1) ... (x 2 rm), an  0
e, portanto, dP(x) > 2.
274. Sendo f(x) 5 2x3 1 4x2 1 7x 2 10, notamos que
f(1) 5 21 1 4 1 7 2 10 5 0.
Então f(x) é divisível por x 2 1. Efetuada a divisão, obtemos:
f(x) 5 (x 2 1)(2x2 1 3x 1 10).
CAPÍTULO III
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Fundamentos de Matemática Elementar | 6
As raízes da equação 2x2 1 3x 1 10 5 0 são 22 e 5, então
2x2 1 3x 1 10 5 2(x 1 2)(x 2 5).
Finalmente: f(x) 5 2(x 2 1)(x 1 2)(x 2 5) 5 (1 2 x)(x 1 2)(x 2 5).
275. a) 6x2 2 5xy 1 y2 5 6x2 2 3xy 2 2xy 1 y2 5 3x(2x 2 y) 2 y(2x 2 y) 5 
5 (2x 2 y)(3x 2 y)
b) x4 1 4 5 (x2 1 2i)(x2 2 2i)
 As raízes da equação binômia x2 1 2i 5 0 são 1 2 i e 21 1 i, 
portanto: x2 1 2i 5 (x 2 1 1 i)(x 1 1 2 i).
 As raízes da equação binômia x2 2 2i 5 0 são 1 1 i e 21 2 i, 
portanto: x2 2 2i 5 (x 2 1 2 i)(x 1 1 1 i).
 Temos, então:
 x4 1 4 5 (x 2 1 1 i)(x 1 1 2 i)(x 2 1 2 i)(x 1 1 1 i).
276. Se p(x) 5 ax5 1 bx4 1 cx3 1 dx2 1 ex 1 f é divisível por
g1(x) 5 22x
2
 1 √5x 5 22x x 2 
√5
2
 e por
b2(x) 5 x
2
 2 x 2 2 5 (x 1 1)(x 2 2), então p(x) admite como raízes os
números 0, 
√5
2
, 21 e 2.
A forma fatorada de p(x) será:
p(x) 5 a(x 2 0) x 2 
√5
2
 (x 1 1)(x 2 2)(x 2 r).
Supondo que todos os coeficientes de p(x) sejam reais, então r tam-
bém é real, pois x 2 r é o quociente de p(x) por
a(x 2 0) x 2 
√5
2
 (x 1 1)(x 2 2).
Conclusão: p(x) tem 5 raízes reais.
277. Seja B 5 A 2 xI. Temos:
B 5 
1
1
1
 
1
1
1
 
1
1
1
 2 x 
1
0
0
 
0
1
0
 
0
0
1
 5 
1 2 x
1
1
 
1
1 2 x
1
 
1
1
1 2 x
 ⇒
⇒ det B 5 2x3 1 3x2 5 2x2(x 2 3). Portanto: S 5 {0, 3}.
278. Todas as afirmações são verdadeiras.
a) Ver item 39. b) Ver item 41. c) Ver item 87.
286. Aplicando Briot:
1 24 8 216 16 2
1 22 4 28 0 2
1 0 4 0
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Temos x4 2 4x3 1 8x2 2 16x 1 16 5 (x 2 2)2(x 2 1 4).
Recaímos em x2 1 4 5 0, cujas raízes são x 5 2i ou x 5 22i.
Portanto: S 5 {2, 2i, 22i}.
289. Aplicando Briot sucessivas vezes:
1 21 23 5 22 1
1 0 23 2 0 1
1 1 22 0 1
1 2 0 1
1 3  0
Então, x4 2 x3 2 3x2 1 5x 2 2 5 (x 2 1)3(x 1 2). Portanto, 1 é raiz tripla.
Portanto a multiplicidade é 3.
290. Vamos dividir P(x) por x 2 1 utilizando Briot:
21 21 1 1 1
21 22 21 0
Resulta P(x) 5 (x 2 1)(2x2 2 2x 2 1).
Resolvendo 2x2 2 2x 2 1, temos x1 5 x2 5 21 e daí x1 ? x2 5 1.
291. x4 2 20x2 1 36 5 (x2 2 2)(x2 2 18)
5 (x 1 √2)(x 2 √2)(x 1 3√2)(x 2 3√2)
Então as raízes 23√2, 2√2, √2, 3√2 formam, nessa ordem, uma 
P.A. de razão 2√2. Portanto, a proposição correta é c.
292. x 5 2 é raiz dupla de P(x) 5 2x4 1 11x3 2 38x2 1 52x 2 245. Apli-
cando Briot:
21 11 238 52 224 2
21 9 220 12 0 2
21 7 26 0
Recaímos em 2x2 1 7x 2 6 5 0 ⇒ x 5 1 ou x 5 6.
Como f(x) 5 log [P(x)] ⇒ P(x) . 0 ⇒
⇒ 2(x 2 2)2(x 2 1)(x 2 6) . 0 ⇒ (x 2 1)(x 2 6) , 0 e x  2 ⇒
⇒ 1 , x , 2 ou 2 , x , 6 e, portanto,
D 5 {x [ R | 1 , x , 6, x  2}.
293. x 5 22 é raiz dupla de 2x3 1 7x2 1 4x 1 K 5 0. Aplicando Briot:
2 7 4 K 22
2 3 22 K 1 4 22
2 21 0
123
r1
r1 5 0 ⇒ K 1 4 5 0 ⇒ K 5 24
Portanto: K 5 24.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
294. Zero é raiz dupla de x4 1 (3a 2 b)x3 1 (2b 2 4)x2 1 (ab 1 4)x 1 a 1 b 5 0.
Aplicando Briot:
1 3a 2 b 2b 2 4 ab 1 4 a 1 b 0
1 3a 2 b 2b 2 4 ab 1 4 a 1 b 0
1 3a 2 b 2b 2 4 ab 1 4
123
r1
123
r2
r1 5 r2 5 0 ⇒ 
a 1 b 5 0
ab 1 4 5 0
Resolvendo o sistema, temos: a 5 2 e b 5 22.
295. A equação admite duas, e apenas duas, raízes nulas. Aplicando Briot:
1 25 4 23 2 m 2 5n
3
5
 m 2 n 1 2 5 2 m ? n 0
1 25 4 23 2 m 2 5n
3
5
 m 2 n 1 2 5 2 m ? n 0
1 25 4 23 2 m 2 5n
3
5
 m 2 n 1 2
14243
r1
1442443
r2
r1 5 r2 5 0 ⇒ 
5 2 m ? n 5 0
3
5
 m 2 n 1 2 5 0
Resolvendo o sistema, temos: m 5 25 e n 5 21 ou m 5 
5
3
 e n 5 3.
Se m 5 25 e n 5 21, a equação admite mais que duas raízes nulas.
Portanto: m 5 
5
3
 e n 5 3.
296. Zero é raiz de multiplicidade 3 da quação. Aplicando Briot:
1 23 4 12b 1 
a
3
a 2 3b 1 13 ab 1 4 0
1 23 4 12b 1 
a
3
a 2 3b 1 13 ab 1 4 0
1 23 4 12b 1 
a
3
a 2 3b 1 13
14243
r1 0
1 23 4 12b 1 
a
3
1442443
r2
14243
r3
r1 5 r2 5 r3 5 0 ⇒ 
ab 5 24
a 2 3b 1 13 5 0
12b 1 
a
3
 5 0
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Resolvendo o sistema, temos: a 5 212; b 5 
1
3
 e, portanto:
a 1 b 5 2
35
3
.
297. 2 é raiz dupla. Aplicando Briot:
1 24 2 m 4 1 4m 24m 2
1 22 2 m 2m 0 2
1 2m 0 2
1 2 2 m
Então: se m 5 2, a equação algébrica admite 2 como raiz tripla. 
Logo, m  2.
301. Pelas relações de Girard, temos:
• ab 1 bc 1 ac 5 
a1
a3
 5 3
• abc 5 2 
a0
a3
 5 4
Portanto: 
1
a
 1 
1
b
 1 
1
c
 5 
bc 1 ac 1 ab
abc
 5 
3
4
302. Pelas relações de Girard, temos:
• ab 1 bc 1 ac 5 4
• abc 5 1
Em que a, b, c são raízes da equação dada.
Portanto: 
1
a
 1 
1
b
 1 
1
c
 5 
bc 1 ac 1 ab
abc
 5 4.
303. Pelas relações de Girard:
• a 1 b 1 c 1 d 5 
7
2
• abcd 5 1
E 5 
1
bcd
 1 
1
acd
 1 
1
abd
 1 
1
abc
E 5 
a 1 b 1 c 1 d
abcd
 5 
7
2
.
305. Pelas relações de Girard:
• r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 25
• r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 211
Então:
r
2
1 1 r
2
2 1 r
2
3 1 r
2
4 5
5 (r1 1 r2 1 r3 1 r4)
2 2 2(r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4) 5
5 (25)2 2 2(211) 5 25 1 22 5 47.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
307. • L 1 M 1 N 1 P 5 2q
• LM 1 LN 1 LP 1 MN 1 MP 1 NP 5 r
• LMNP 5 t
Então:
L
MNP
 1 
M
LNP
 1 
N
LMP
 1 
P
LMN
 5 
L2
LMNP
 1 
M 2
LMNP
 1 
N 2
LMNP
 1 
P 2
LMNP
 5
5 
1
LMNP
 [(L 1 M 1 N 1 P)2 2 2(LM 1 LN 1 MN 1 MP 1 NP)] 5
5 
1
t
 [(2q)2 2 2r] 5 
q2 2 2r
t
.
308. • a 1 b 1 c 5 0
• ab 1 ac 1 bc 5 1
• abc 5 1
Então:
bc
a
 1 
ac
b
 1 
ab
c
 5 
(bc)2 1 (ac)2 1 (ab)2
abc
 5
5 
1
abc
 [(ab 1 ac 1 bc)2 2 2abc(a 1 b 1 c)] 5
5 
1
1
 [12 2 2 ? 1 ? 0] 5 1 e log 
bc
a
 1 
ac
b
 1 
ab
c
 5 log 1 5 0.
309. • a 1 b 1 c 5 0
• abc 5 220
(a 1 b 1 c)3 5
5 [(a 1 b) 1 c]3 5 (a 1 b)3 1 3(a 1 b)2c 1 3(a 1 b)c2 1 c3 5
5 a3 1 b3 1 c3 1 3ab(a 1 b) 1 3ac(a 1 c) 1 3bc(b 1 c) 1 6 abc 5
5 a3 1 b3 1 c3 2 3abc 2 3abc 2 3abc 1 6abc 5
5 a3 1 b3 1 c3 2 3abc
Portanto: a3 1 b3 1 c3 5 (a 1 b 1 c)3 1 3abc 
a3 1 b3 1 c3 5 0 1 3(220) 5 260
310. r1 1 r2 1 r3 5 4 (1)
r1 ? r2 ? r3 5 26 (2)
r1 5 r2 1 r3 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1): 2r1 5 4 ⇒ r1 5 2.
Portanto: (2) r2 ? r3 5 23; (3) r2 1 r3 5 2 e r2 e r3 são raízes da equa-
ção y2 2 2y 2 3 5 0, ou seja, r2 5 3 e r3 5 21.
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6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Chequemos com a relação de Girard não utilizada:
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 6 2 2 2 3 5 1 5 
a1
a3
 (confere).
Então: S 5 {21, 2, 3}.
311. r1 1 r2 1 r3 5 9 (1)
r1 ? r2 ? r3 5 12 (2)
r1 5 2(r2 1 r3) (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1): 3r1 5 18 ⇒ r1 5 6.
Portanto: (2) r2 ? r3 5 2; (3) r2 1 r3 5 3 e r2 e r3 são raízes da equação 
y 2 2 3y 1 2 5 0, isto é, r2 5 1 e r3 5 2.
Checando: r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 6 ? 1 1 6 ? 2 1 1 ? 2 5 20 5 
a1
a3
 (confere).
Logo: S 5 {1, 2, 6}.
312. r1 1 r2 1 r3 5 5 (1)
r1 ? r2 ? r3 5 28 (2)
r1 5 4(r2 1 r3) (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: 5r1 5 20 ⇒ r1 5 4.
Portanto: (2) r2 ? r3 5 22; (3) r2 1 r3 5 1 e r2 e r3 são raízes da equa-
ção y 2 2 y 2 2 5 0, isto é, r2 5 21 e r3 5 2.
Checando: r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 4(21) 1 4 ? 2 1 (21) ? 2 5 2 5
5 
a1
a3
 (confere).
Logo:S 5 {21, 2, 4}.
313. a 1 b 1 c 5 2 (1)
abc 5 218 (2)
c 5 2a e a . 0 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: a 1 b 1 (2a) 5 2 ⇒ b 5 2.
Substituindo (3) em (2), temos: a ? 2 ? (2a) 5 218 ⇒ a2 5 9.
Como a . 0, temos a 5 3 e, então, c 5 23.
Checando: ab 1 bc 1 ca 5 3 ? 2 1 2(23) 1 (23)3 5 29 5 
a1
a3
 (confere).
Conclusão: a 1 b 5 5.
314. a 1 b 1 c 5 10 (1)
abc 5 30 (2)
b 5 c 2 a e a , b , c (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: c 5 5.
Portanto: (2) ab 5 6; (1) a 1 b 5 5 e a e b são raízes da equação
y2 2 5y 1 6 5 0, isto é, a 5 2 e b 5 3.
Checando: ab 1 bc 1 ca 5 2 ? 3 1 3 ? 5 1 5 ? 2 5 31 5 
a1
a3
 (confere).
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
Então: a 2 b 1 c 5 4.
Obs.: Se a condição (III) for imposta de outro modo: c 5 b 2 a ou 
a 5 b 2 c, a solução encontrada fica incompatível com a , b , c.
315. a 1 b 1 c 5 22 (1)
abc 5 20 (2)
a 1 c 5 21 e a , b , c (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: b 5 21.
Portanto: (2) ac 5 22; (3) a 1 c 5 21 e a e c são raízes da equação 
y2 1 y 2 2 5 0, isto é, a 5 22 e c 5 1.
Checando: ab 1 bc 1 ca 5 (22) ? (21) 1 (21) ? 1 1 1 ? (22) 5
5 21 5 
a1
a3
 (confere).
Logo, a 1 2b 1 c 5 23.
316. r1 1 r2 1 r3 5 24 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 211 (2)
r1 1 r2 5 27 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: r3 5 3.
Portanto: (2) r1r2 5 10; (3) r1 1 r2 5 27 e r1 e r2 são raízes de
y 2 1 7y 1 10 5 0, isto é, r1 5 22 e r2 5 25.
Então: S 5 {25, 22, 3}.
317. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 24 (1)
r1 ? r2 ? r3 ? r4 5 9 (2)
r1 5 r2
 e r3 5 r4 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1) e (2), temos: (1) r1 1 r3 5 22; (2) r1r3 5 ±3.
Portanto: de (1) e (2), temos que r1 e r3 são raízes da equação
y 2 1 2y ± 3 5 0, isto é, (r1 5 1 e r3 5 23), ou
(r1 5 21 1 i√2 e r3 5 21 2 i√2).
Checando com r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 
a2
a4
 5 22, temos:
S 5 {23, 1}.
318. r1 1 r2 1 r3 5 10 (1)
r1r2r3 5 30 (2)
r1 5 r2 2 r3 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1), temos: 2r2 5 10 ⇒ r2 5 5.
Portanto: (2) r1r3 5 6; (1) r1 1 r3 5 5 e r1 e r3 são raízes da equação
y 2 2 5y 1 6 5 0, isto é, r1 5 2 e r3 5 3.
Checando: r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 10 1 6 1 15 5 31 5 
a1
a3
.
Logo: S 5 {2, 3, 5}.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
319. r1 1 r2 1 r3 5 25 (1)
r1r2r3 5 36 (2)
r1 5 r2 r3 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (2), temos: r21 5 36 ⇒ r1 5 ±6.
Portanto:
a) se r1 5 6, temos:
 (2) r2r3 5 6; (1) r2 1 r3 5 211 e r2 e r3 são raízes da equação
 y2 1 11y 1 6 5 0 ⇒ r2 5 
211 2 √97
2
 e r3 5 
211 1 √97
2
b) se r1 5 26, temos:
(2) r2r3 5 26; (1) r2 1 r3 5 1 e r2 e r3 são raízes da equação
y2 2 y 2 6 5 0, isto é, r2 5 22 e r3 5 3.
Checando: r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 212. A 1ª solução não convém.
Logo: S 5 {26, 22, 3}.
320. r1 1 r2 1 r3 5 
16
3
 (1)
r1r2r3 5 2 (2)
r1r2 5 1 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (2), temos: r3 5 2.
Portanto, (1) r1 1 r2 5 
10
3
; (3) r1r2 5 1 e r1 e r2 são raízes da equação
3y2 2 10y 1 3 5 0, isto é, r1 5 
1
3
 e r2 5 3.
Checando: r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 
2
3
 1 6 1 1 5 
23
3
 (confere). Logo:
S 5 
1
3
, 2, 3 .
321. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 
26
5
 (1)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 2
32
5
 (2)
r1r2r3r4 5 2
8
5
 (3)
r1r2 5 2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (3), vem: (5) r3r4 5 2
4
5
. (5)
De (2) vem:
r1r2(r3 1 r4) 1 (r1 1 r2)r3r4 5 2
32
5
 ⇒ 2(r3 1 r4) 2 
4
5
 (r1 1 r2) 5 2
32
5
.
Levando em conta que r1 1 r2 5 
26
5
 2 (r3 1 r4), temos:
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40
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
2(r3 1 r4) 2 
4
5
 
26
5
 2 r3 2 r4 5 2
32
5
 ⇒ r3 1 r4 5 2
4
5
. (6)
As condições (5) e (6) mostram que r3 e r4 são raízes da equação
5y2 1 4y 2 4 5 0, isto é, r3 5 
22 2 2√6
5
 e r4 5 
22 1 2√6
5
.
Temos também r1r2 5 2 e r1 1 r2 5 6; portanto, r1 e r2 são raízes da 
equação y2 2 6y 1 2 5 0, isto é, r1 5 3 2 √7 e r2 5 3 1 √7.
Conclusão: S 5 3 2 √7, 3 1 √7, 
22 2 2√6
5
, 
22 1 2√6
5
.
322. r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 2 (1)
r1r2 5 2 e r1 1 r2  0 (condição do problema) (2)
Substituindo (2) em (1), temos: r3(r1 1 r2) 5 0 ⇒
(2)
 r3 5 0.
Portanto, a terceira raiz é 0 (zero).
323. r1 1 r2 1 r3 5 
19
2
 (1)
r1r2r3 5 7 (2)
r1r2 5 1 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (2), temos: r3 5 7.
Portanto: (1) r1 1 r2 5 
5
2
; (3) r1r2 5 1 e r1 e r2 são raízes da equação
2y2 2 5y 1 2 5 0, isto é, r1 5 
1
2
 e r2 5 2.
Checando: r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 1 1 
7
2
 1 14 5 
37
2
 (confere).
Assim, a soma das duas maiores raízes é 2 1 7 5 9.
324. r1 1 r2 1 r3 5 27 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 26 (2)
r1
r2
 5 
3
2
 (condição do problema) (3)
Substituindo (3) em (1) 
5r2
2
 1 r3 5 27 e (2) 3r
2
2 1 5r2r3 5 212,
temos 19r
2
2 1 70r2 2 24 5 0 ⇒ r2 5 24 ou r2 5 
6
19
. Então:
a) se r2 5 24, decorre r3 5 3 e r1 5 26
b) se r2 5 
6
19
, decorre r3 5 2
148
19
 e r1 5 
9
19
 (falso, pois
r1r2r3 5 
6
19
 ? 
9
19
 ? 
2148
19
  72). Portanto, S 5 {26, 24, 3}.
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41
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
325. r1 1 r2 1 r3 5 
37
5
 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 18 (2)
r1r2r3 5 
72
5
 (3)
r1 5 
2
1
r2
 1 
1
r3
 ou r1(r2 1 r3) 5 2r2r3 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (2) r2r3 5 6. Então, (3) r1 5 
12
5
 e (1) r2 1 r3 5 5.
De (1) e (2) temos que r2 e r3 são raízes da equação
y2 2 5y 1 6 5 0, isto é, r2 5 2 e r3 5 3 e, portanto:
S 5 
12
5
, 3, 2 .
326. Sejam S1 5 {r, s, t} e S2 5 {r, s, u} os conjuntos solução das equações 
x3 1 ax2 1 18 5 0 e x3 1 bx 1 12 5 0, respectivamente. Então:
r 1 s 1 t 5 2a (1)
rs 1 st 1 tr 5 0 (2)
rst 5 218 (3)
r 1 s 1 u 5 0 (4)
rs 1 su 1 ur 5 b (5)
rsu 5 212 (6)
Fazendo (1) 2 (4), temos: t 2 u 5 2a. (7)
Fazendo (2) 2 (5), temos: (r 1 s)(t 2 u) 5 2b ⇒ r 1 s 5 
b
a
. (8)
Fazendo (3) : (6), temos: 
t
u
 5 
3
2
. (9)
Resolvendo o sistema (7) e (9), vem u 5 22a e t 5 23a.
Substituindo t 5 23a em (1) e (3), vem r 1 s 5 2a (10) e rs 5 
6
a
. (11)
Substituindo (10) e (11) em (2), vem:
6
a
 1 (23a)(2a) 5 0 ⇒ a3 5 1 ⇒ a 5 1 ou 
21 1 i√3
2
 ou 
21 2 i√3
2
.
Comparando (8) e (10), vem b 5 2a2.
 b 5 2a2 5 2 ou 
21 2 i√3
2
 ou 
21 1 i√3
2
 (respectivamente)
327. r1 1 r2 1 r3 5 0 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 m (2)
r1r2r3 5 22 (3)
r1 5 r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1), vem 2r1 1 r3 5 0 e daí r3 5 22r1.
Substituindo em (3), vem r1 ? r1 ? (22r1) 5 22 e daí r
3
1 5 1.
Então, há 3 soluções: 
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42
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
1ª) r1 5 r2 5 1 e r3 5 22
m 5 r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 1 2 2 2 2 5 23
2ª) r1 5 r2 5 
21 1 i√3
2
 e r3 5 1 2 i√3
m 5 r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 
21 2 i√3
2
 1 (1 1 i√3) 1 (1 1 i√3) 5
5 
3 1 i3√3
2
 5 
3
2
 (1 1 i√3)
3ª) r1 5 r2 5 
21 2 i√3
2
 e r2 5 1 1 i√3
m 5 r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 
1 1 i√3
2
 1 (21 2 i√3) 1 (21 2 i√3) 5
5 
23 2 i3√3
2
 5 
3
2
 (21 2 i√3)
329. r1 1 r2 1 r3 5 6 (1)
r1r2r3 5 6 (2)
r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 11 (3)
r1 1 r3 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1), resulta: 3r2 5 6 ⇒ r2 5 2. Temos, então:
(4) r1 1 r3 5 4 e (2) r1r3 5 3 e, portanto, r1 e r3 são raízes da equação
y2 2 4y 1 3 5 0, isto é, r1 5 1 e r3 5 3.
Checando: r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 2 1 6 1 3 5 11 (confere).
S 5 {1, 2, 3}.
330. a 1 b 1 c 5 26 (1)
ab 1 bc 1 ca 5 11 (2)
abc 5 26 (3)
2b 5 a 1 c, c . a, c . b (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1), vem 3b 5 26 ⇒ b 5 22. Então a 1 c 5 24 e
ac 5 3, logo a e c são raízes da equação y2 1 4y 1 3 5 0, isto é,
a 5 23 e c 5 21.
Checando: ab 1 bc 1 ca 5 6 1 2 1 3 5 11 (confere).
Portanto, a 1 b 1 4c 5 29.
332. r1 1 r2 1 r3 5 6 (1)
r1r21 r1r3 1 r2r3 5 K (2)
r1r2r3 5 264 (3)
r1r3 5 r
2
2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (3): r23 5 264 ⇒ r2 5 24.
Então: (4) r1r3 5 16: (1) r1 1 r3 5 10 e r1 e r3 são raízes da equação
y2 2 10y 1 16 5 0, isto é, r1 5 2 e r3 5 8.
Temos, então: (2) K 5 224.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
334. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 2 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 4 (2)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 26 (3)
r1r2r3r4 5 221 (4)
r1 5 2r2 (condição do problema) (5)
Substituindo (5) e (1), vem r3 1 r4 5 2.
Substituindo(5) em (3), vem r21 (r3 1 r4) 5 6 e daí r
2
1 5 3.
Então: r1 5 √3 e r2 5 2√3 (ou vice-versa).
De (4) vem r3r4 5 7, então r3 e r4 são raízes da equação
y2 2 2y 1 7 5 0, isto é, r3 5 1 1 i√6 e r4 5 1 2 i√6.
Checando (2): r1r2 1 (r1 1 r2)r3 1 (r1 1 r2)r4 1 r3r4 5 r1r2 1 r3r4 5
5 23 1 7 5 4 (confere).
Conclusão: S 5 {√3, 2√3, 1 1 i√6, 1 2 i√6}.
335. r1 1 r2 1 r3 5 a (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 b (2)
r1r2r3 5 g (3)
r1 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em:
r3 5 a (1)
2r21 5 b (2) ⇒ ba 5 g
2r21r3 5 g (3)
336. r1 1 r2 1 r3 5 3 (1)
r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 24 (2)
r1r2r3 5 212 (3)
r1 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1), vem r3 5 3.
De (3) vem r1r2 5 24, então r1 e r2 são raízes da equação y
2 2 4 5 0,
ou seja, r1 5 2 e r2 5 22.
Checando (2): r1r2 1 r2r3 1 r3r1 5 24 2 6 1 6 5 24 (confere).
S 5 {2, 22, 3}.
337. r1 1 r2 1 r3 5 2h (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 2h 1 1 (2)
r1r2r3 5 21 (3)
r1 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1): r3 5 2h; (2) 2r
2
1 5 2h 1 1;
(3) 2r21 ? r3 5 21 ⇒ 2r
2
1 5 
1
h
. Então, 2h 1 1 5 
1
h
 ⇒
⇒ 2h2 1 h 2 1 5 0 ⇒ h 5 21 ou h 5 
1
2
.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
338. r1 1 r2 1 r3 5 a (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 b (2)
r1r2r3 5 c (3)
r1 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em:
(1) r3 5 a
(2) r21 5 b
(3) 2r21 ? r3 5 c ⇒ 2r
2
1 5 
c
a
. De (2) e (3): b 5 
c
a
 ⇒ ab 5 c.
339. a 1 b 1 g 5 p (1)
ab 1 bg 1 ga 5 q (2)
abg 5 r (3)
a 1 b 5 0 (4)
Substituindo (4) em (1), resulta g 5 p e em (2) ab 5 q.
Assim a e b são as raízes da equação y2 1 q 5 0, isto é, a 5 √2q
e b 5 2√2q.
Checando (3): abg 5 (ab)g 5 qp, então qp 5 r para que o problema
tenha solução S 5 {√2q, 2√2q, p}.
342. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 
28
8
 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 
18
8
 (2)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 2
27
8
 (3)
r1r2r3r4 5 2
27
8
 (4)
r1 5 r2 5 r3 (condição do problema) (5)
Substituindo (5) em (1), vem 3r1 1 r4 5 
7
2
. (6)
Substituindo (5) em (2), vem r21 1 r1r4 5 
3
4
. (7)
Substituindo r4 de (6) em (7), resulta
8r21 2 14r1 1 3 5 0 ⇒ r1 5 
3
2
 ou r1 5 
1
4
 ⇒ r4 5 21 ou r4 5 
11
4
.
Checando as condições (3) e (4), vemos que só satisfaz a solução
r1 5 r2 5 r3 5 
3
2
 e r4 5 21.
344. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 22 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 p (2)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 2q (3)
r1r2r3r4 5 2 (4)
r1 1 r2 5 21 (5)
r3 ? r4 5 1 (6)
 (condições do problema)
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
Substituindo (5) em (1), vem r3 1 r4 5 21, então r3 e r4 são raízes da
equação y2 1 y 1 1 5 0, ou seja, r3 5 
21 2 i√3
2
 e r4 5 
21 1 i√3
2
.
Substituindo (6) em (4), vem r1r2 5 2, então r1 e r2 são as raízes da
equação y2 1 y 1 2 5 0, ou seja, r1 5 
21 2 i√7
2
 e r2 5 
21 1 i√7
2
.
De (2) vem p 5 4.
De (3) vem 2q 5 23, portanto, q 5 3.
346. r1 1 r2 1 r3 5 0 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 27 (2)
r1r2r3 5 2m (3)
r1 5 2r2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (1) e (2):
3r2 1 r3 5 0 (5)
2r22 1 3r3 ? r2 5 27 (6)
De (5) e (6), temos: r2 5 ±1
a) se r2 5 1 ⇒ r1 5 2; r3 5 23 e m 5 6.
b) se r2 5 21 ⇒ r1 5 22; r3 5 3 e m 5 26.
Portanto, m 5 6 e S 5 {1, 2, 23} ou m 5 26 e S 5 {21, 22, 3}.
347. r1 1 r2 1 r3 5 0 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 p (2)
r1r2r3 5 2q (3)
r1 5 
1
r2
 1 
1
r3
 ⇒ r1r2r3 5 r2 1 r3 (condição do problema) (4)
De (4) e (3), resulta: r2 1 r3 5 2q (5)
De (5) e (1), temos: r1 5 q (6)
De (6) e (3): r2r3 5 21 e, portanto,
(2) r1(r2 1 r3) 1 r2r3 5 p ⇒ q(2q) 1 (21) 5 p ⇒ 2q
2 5 p 1 1 5 0.
348. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 2p (1)
r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 q (2)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 2r (3)
r1r2r3r4 5 s (4)
a) r1r4 5 r2r3 (condição do problema) (5)
Substituindo (5) em (3) e (4), temos:
r2r3(r1 1 r2 1 r3 1 r4) 5 2r (6)
(r2r3)
2 5 s (7)
De (1) e (6), resulta: r2r3 5 
r
p
 e (r2r3)
2 5 
r
p
2
 5 s.
r2r3p 5 r ⇒ r
2
2 r
2
3p
2 5 r2 ⇒
(7)
 sp2 5 r2
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46
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
b) r1 1 r4 5 r2 1 r3 (condição do problema) (8)
Substituindo (8) em (1), temos:
r2 1 r3 5 r1 1 r4 5 2
p
2
. Então:
(2) r1r4 1 r2r3 1 (r1 1 r4)(r2 1 r3) 5 q ⇒ r1r4 1 r2r3 5 q 2 
p2
4
(3) r1r4(r2 1 r3) 1 r2r3(r1 1 r4) 5 2r ⇒ r1r4 1 r2r3 5 
2r
p
 e daí q 2 
p2
4
 5 
2r
p
 e finalmente p3 2 4pq 1 8r 5 0.
349. r1 1 r2 1 r3 5 22 (1)
r1r2 1 r1r3 1 r2r3 5 p (2)
r1r2r3 5 28 (3)
r1r3 5 r
2
2 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (3): r32 5 28 ⇒ r2 5 22. Então:
(4) r1r3 5 4 e (1) r1 1 r3 5 0 e r1 e r3 são raízes da equação y
2 1 4 5 0,
isto é, r1 5 2i e r3 5 22i. Portanto,
(2) 2i(22) 1 2i(22i) 2 2(22i) 5 p ⇒ p 5 4 e
x3 1 2x2 1 px 1 8 5 x3 1 2x2 1 4x 1 8 5 0; S 5 {22, 2i, 22i}.
350. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 2p (1)
r1r2 1 r1r3 1 r1r4 1 r2r3 1 r2r4 1 r3r4 5 2 (2)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 1 (3)
r1r2r3r4 5 q (4)
r3 1 r4 5 1 e r1 5 
1
r2
 (condição do problema) (5)
Substituindo (5) nas anteriores, vem:
(1) r1 1 r2 5 2p 2 1
(4) r3r4 5 q
(2) r1r2 1 (r1 1 r2)(r3 1 r4) 1 r3r4 5 2 ⇒ 1 1 (2p 2 1)(1) 1 q 5 2 ⇒
⇒ q 5 p 1 2
(3) r1r2(r3 1 r4) 1 (r1 1 r2)r3r4 5 1 ⇒ 1 ? 1 1 (2p 2 1)q 5 1 ⇒
⇒ q(p 1 1) 5 0 ⇒ (p 1 2)(p 1 1) 5 0 ⇒  
p 5 22 e q 5 0
p 5 21 e q 5 1
351. r1 1 r2 1 r3 1 r4 5 2
8
m
 (1)
r1r2r3 1 r1r2r4 1 r1r3r4 1 r2r3r4 5 2
k
m
 (2)
r1r2r3r4 5 
1
m
 (3)
r1r2 5 21 e r3r4 5 21 (condição do problema) (4)
Substituindo (4) em (2) e (3), temos:
(2) (21)r3 1 (21)r4 1 r1(21) 1 r2(21) 5 2
k
m
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
2(r1 1 r2 1 r3 1 r4) 5 
8
m
 5 2
k
m
 ⇒ k 5 28
(3) (21)(21) 5 
1
m
 ⇒ m 5 1
Portanto, m 5 1 e k 5 28.
352. a 1 b 1 c 5 0 (1)
ab 1 ac 1 bc 5 23 (2)
abc 5 254 (3)
Então, 
1
a2
 1 
1
b2
 1 
1
c2
 5 
1
(abc)2
 [(ab 1 ac 1 bc)2 2 2abc(a 1 b 1 c)]
5 
1
(254)2
 [(23)2 2 2(254) ? 0] 5 1
22 ? 32
Portanto: log 
1
a2
 1 
1
b2
 1 
1
c2
 5 log 
1
22 ? 32
 5 2log 22 ? 32 5
5 2(2 log 2 1 4 log 3) 5 22 log 2 2 4 log 3.
353. Se a e b são raízes da equação x2 2 px 1 Bm 5 0, então:
a 1 b 5 p (1)
a ? b 5 Bm (2)
Temos:
2) (a ? b)a ? (a ? b)b 5 (Bm)a ? (Bm)b ⇒
⇒  aa ? ba ? ab ? bb 5 Bm(a 1 b) ⇒ 
⇒  logB
 aa ? ba ? ab ? bb 5 logB B
mp ⇒
⇒  logB
 aa 1 logB b
a 1 logB a
b 1 logB b
b 5 mp
logB
 aa 1 logB b
b 1 logB a
b 1 logB b
a 5 mp
356. Se z1 5 1 1 i e z2 5 21 1 i são as raízes do polinômio f de coeficien-
tes reais, então f admite as raízes 1 1 i, 1 2 i, 21 1 i e 21 2 i.
Logo, o grau mínimo do polinômio é 4.
357. Se o polinômio de coeficientes reais p possui três raízes, duas das 
quais são 0 e i, então o polinômio pode ser expresso:
p 5 a(x 2 0)(x 2 i)(x 1 i) 5 ax(x2 1 1) 5 ax3 1 ax (a  0).
358. Se 1 1 i, 1 1 i2 e 2 2 i são raízes do polinômio p de coeficientes 
reais, então p admite as raízes: 1 1 i, 1 2 i, 0, 2 2 i e 2 1 i.
Portanto, o grau do polinômio p é maior ou igual a 5.
359. Fazendo x2 5 y, temos:
y2 1 3y 1 2 5 0 ⇒ y 5 21 ou y 5 22 e, portanto,
x2 5 21 ⇒ x 5 i ou x 5 2i
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Fundamentos de Matemática Elementar| 6
x2 5 22 ⇒ y 5 i√2 ou x 5 2i√2
S 5 {i, 2i, i√2, 2i√2}.
362. Se 1, 2 e i são raízes simples e 0 é raiz dupla de uma equação poli-
nomial do 6º grau, então essa equação é:
(x 2 0)2(x 2 1)(x 2 2)(x 2 i)(x 1 i) 5 0
x6 2 3x5 1 3x4 2 3x3 1 2x2 5 0.
363. A equação algébrica x4 2 ax3 1 bx2 2 cx 1 d admite 1 como raiz 
dupla e i como raiz simples. Então:
x4 2 ax3 1 bx2 2 cx 1 d 5 (x 2 1)2(x 2 i)(x 1 i) 5
5 x4 2 2x3 2 2x2 2 2x 1 1
Temos: a 5 b 5 c 5 2 e d 5 1.
364. Se a equação x3 1 mx2 1 2x 1 n 5 0 admite 1 1 i como raiz, então 
admite 1 2 i como raiz. Temos:
x3 1 mx2 1 2x 1 n 5 (x 2 a)(x 2 1 2 i)(x 2 1 1 i) 5
5 x2 1 (a 2 2)x2 1 (2 2 2a)x 1 2a
Então:
 
m 5 a 2 2
2 5 2 2 2a ⇒ a 5 0
n 5 2a e, portanto, m 5 22 e n 5 0.
365. Se a equação 2x3 2 5x2 1 ax 1 b 5 0 admite a raiz 2 1 i, então 
admite 2 2 i como raiz. Temos, então:
2x3 2 5x2 1 ax 1 b 5 k(x 2 m)(x 2 2 2 i)(x 2 2 1 i) 5
5 kx3 2 k(4 1 m)x2 1 k(5 1 4m) 2 5km
Então:
 
k 5 2
2k(4 1 m) 5 25 ⇒ m 5 2
3
2
k(5 1 4m) 5 a ⇒ a 5 22
25km 5 b ⇒ b 5 15.
Portanto, a 5 22 e b 5 15.
366. Se i é uma das raízes e tem multiplicidade 3, então 2i também é raiz 
tripla. Seja r a sétima raiz. Temos:
x7 2 x6 1 3x5 2 3x4 1 3x3 2 3x2 1 x 2 1 5
5 (x 2 r)(x 2 i) 3(x 1 i)3 5 (x 2 r)(x2 1 1)3 5
5 (x 2 r)(x6 1 3x4 1 3x2 1 1) 5
5 x7 2 rx6 1 3x5 2 3rx4 1 3x2 2 3rx2 1 x 2 r
Portanto, r 5 1 e S 5 {1, i, 2i}.
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6 | Fundamentos de Matemática Elementar
367. Sejam a, b e c as raízes da equação do terceiro grau com coeficien-
tes reais e, se a 5 1 1 2i e b 1 c 5 3 2 2i, temos b 5 1 2 2i e 
c 5 (3 2 2i) 2 (1 2 2i) 5 2 e, portanto,
S 5 {1 1 2i, 1 2 2i, 2}.
368. P(x) 5 x4 1 Cx2 1 Dx 1 E (C, D, E reais)
P(x) 5 Q(x) ? Q1(x) 1 15 5 Q(x)(x
3 1 2x2 1 4x 1 8) 1 15
Temos, então:
grQ(x) 5 1 ⇒ Q(x) 5 ax 1 b
P(X) 5 (ax 1 b)(x3 1 2x2 1 4x 1 8) 1 15
 5 ax4 1 (2a 1 b)x3 1 (4a 1 2b)x2 1 (8a 1 4b)x 1 8b 1 15
 
a 5 1
2a 1 b 5 0 ⇒ b 5 22
4a 1 2b 5 C ⇒ C 5 0
8a 1 4b 5 D ⇒ D 5 0
8b 1 15 5 E ⇒ E 5 21
e P(x) 5 x4 1 0x2 1 0x 2 1 5 x4 2 1.
Como i é raiz de P(X) 5 0, então 2i é raiz de P(x). Temos:
P(x) 5 (x 2 i)(x 1 i)(x2 2 1) 5 0.
As outras raízes são 1 e 21.
S 5 {1, 21, i, 2i}.
369. a) P(x) 5 x5 1 2x3 1 x 1 1 5 0
 P(1) 5 5 . 0; P(2) 5 51 . 0. P(1) e P(2) têm mesmo sinal, então 
a equação pode ter 4 ou 2 ou nenhuma raiz real no intervalo dado. 
Como P(x) . 0 em 1 , x , 2, não tem raiz que satisfaz 1 , r , 2.
b) P(x) 5 x5 2 3x2 1 x 2 4 5 0
 P(1) 5 25 , 0; P(2) 5 18 . 0. P(1) e P(2) têm sinais contrários, 
então a equação pode ter um número ímpar de raízes no interva-
lo dado. Como P(x) é crescente em 1 , x , 2, então admite ao 
menos uma raiz real que satisfaz 1 , r , 2.
c) P(x) 5 2x3 2 7x2 1 4x 1 4 5 0
 P(1) 5 3 . 0; P(2) 5 0. Se P(2) 5 0, então 2 é raiz de P(x) 5 0.
 Logo, as outras raízes são 2 e 2
1
2
. Como 1 , r , 2, não existem 
raízes no intervalo dado.
d) P(x) 5 x3 2 9x 1 4 5 0
 P(1) 5 25 , 0; P(2) 5 26 , 0. P(1) e P(2) têm mesmo sinal, a 
equação pode ter duas ou nenhuma raiz real no intervalo dado.
 Como P(x) , 0 em 1 , x , 2, não tem raiz nesse intervalo.
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 6
e) P(x) 5 x4 1 
2
3
 ? x3 1 x 1 20 5 0
 P(1) 5 
68
3
 . 0; P(2) 5 
130
3
 . 0. P(1) e P(2) têm mesmo sinal,
 então a equação pode ter 4, 2 ou nenhuma raiz no intervalo dado. 
Como P(x) . 0 em 1 , x , 2, não tem raiz nesse intervalo.
Portanto, a alternativa correta é b.
370. Pelo teorema de Bolzano: P(21) . 0 e P(2) . 0. P(21) e P(2) têm 
mesmo sinal, então existe um número par de raízes reais de P(x) 5 0
em ]21, 2[ e, portanto a alternativa correta é a.
371. Pelo teorema fundamental da álgebra: a equação admite ao menos 
uma raiz complexa z 5 a 1 ib, então admite z 5 a 2 ib com raiz. 
Portanto, a outra raiz é real.
372. xn 2 1 5 0, com n par e n . 5, é uma equação binômia. Suas 
n raízes são as n raízes enéximas de 1, dadas pela fórmula
zk 5 cos 
2kp
n
 1 i ? sen 
2kp
n
, com k 5 0, 1, 2, ..., n 2 1.
Para k 5 0 temos z0 5 1, para k 5 
n
2
 temos zn
2
 5 21 e para os
outros n 2 2 valores temos zk não real.
Então a alternativa a está correta.
373. Dividindo x3 1 4x2 1 x 2 6 por x 2 1, obtemos:
x3 1 4x2 1 x 2 6 5 (x 2 1)(x2 1 5x 1 6)
então as outras duas raízes são as raízes de x2 1 5x 1 6 5 0, isto 
é, 23 e 22; portanto, reais e negativas.
374. Se 21 é raiz de x3 1 (m 1 1)x2 1 (m 1 9)x 1 9 5 0, então as outras 
duas raízes de x2 1 mx 1 9 5 0. Temos, então:
D > 0 ⇒ D 5 m2 2 36 > 0 ⇒ (m 2 6)(m 1 6) > 0 ⇒
⇒ m < 26 ou m > 6.
376. P(0) 5 21 , 0; P(3) 5 249 , 0. P(0) e P(3) têm mesmo sinal, en-
tão P(x) 5 0 pode ter duas ou nenhuma raiz no intervalo dado. Mas 
P(x) , 0 em 0 , x , 3 e, portanto, não existe nenhuma raiz real.
377. y y 5 f(x)
21 23
0 0
1 3
y
x10
3
23
21
f(0) 5 0 ⇒ 0 é raiz. Portanto: 1 raiz real.
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
6 | Fundamentos de Matemática Elementar
378. P(0) 5 a; P(22) 5 a 2 14. Para que P(x) 5 x3 1 x2 1 5x 1 a tenha 
ao menos uma raiz real em ]22, 0[, devemos ter P(22) ? P(0) , 0 ⇒
⇒ a(a 2 14) , 0 e, portanto, 0 , a , 14.
379. P(2) 5 6 2 k; P(3) 5 18 2 k. Para que y 5 x3 2 2x2 1 3x 2 k 
tenha um zero entre 2 e 3 é necessário que P(2) ? P(3) , 0 ⇒ 
⇒ (6 2 k)(18 2 k) , 0 e, portanto, 6 , k , 18.
380. Para que f(x) 5 x3 2 2x2 1 3x 2 k tenha um ou três zeros entre 1 e 
2 é necessário que P(1) ? P(2) , 0. Temos, então:
P(1) 5 2 2 k; P(2) 5 6 2 k ⇒ P(1) ? P(2) 5 (2 2 k) ? (6 2 k) , 0 e, 
portanto, 2 , k , 6.
381. Seja P(x) 5 2x4 1 bx3 2 bx 2 2 5 0. Temos: P(1) 5 0 e P(21) 5 0.
Aplicando Briot:
2 b 0 2b 22 1
2 2 1 b 2 1 b 2 0 21
2 b 2 0
e recaímos em 2x2 1 bx 1 2 5 0, que deverá ter duas raízes reais 
distintas entre si e distintas de 1 e 21. Então:
D . 0 ⇒ b2 2 16 . 0 ⇒ b , 24 ou b . 4
2 ? 12 1 b ? 1 1 2  0 ⇒ b  24
2 ? (21)2 1 b ? (21) 1 2  0 ⇒ b  24.
Conclusão: b , 24 ou b . 4.
382. Trata-se de um polinômio f 5 a3x
3 1 a2x
2 1 a1x 1 a0 de coeficientes 
reais (pois tem gráfico cartesiano) com uma raiz igual a 22 e outra 
igual a 3, então não poderá ter a terceira raiz complexa (pois admiti-
ria também a sua conjugada). Alternativas a e c descartadas.
f(0) 5 a0 5 23 ⇒ alternativa b é correta.
383. O gráfico indica um polinômio de coeficientes reais que tem uma raiz 
dupla negativa, uma raiz simples igual a zero e uma raiz simples po-
sitiva; então o grau do polinômio é no mínimo 4. Como o polinômio 
tem limite 1 para x ➞ 1 e para x ➞ 2, então seu grau é par e 
seu coeficiente dominante é positivo; portanto, pode ser do 6º grau. 
A alternativa correta é c.
384. P(22) 5 21 e P(21) 5 2 ⇒ P(22) ? P(21) , 0 ⇒ existe pelo me-
nos uma raiz real no intervalo ]22, 21[.
P(21) 5 2 e P(0) 5 24 ⇒ P(21) ? P(0) , 0 ⇒ existe pelo menos 
uma raiz real no intervalo ]21, 0[.
P(0) 5 24 e P(1) 5 27 ⇒ P(0) ? P(1) . 0 ⇒ existe um número par 
de raízes reais no intervalo ]0, 1[.
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Fundamentos de Matemática Elementar | 6
P(1) 5 27 e P(2) . 0 ⇒ P(1) ? P(2) , 0 ⇒ existe pelo menos 
uma raiz real no intervalo ]1, 2[. Como P é um polinômio do 5º grau 
de coeficientes reais com duas raízes imaginárias, então P tem três 
raízes reais a, b e g tais que 22 , a , 21, 21 , b , 0 e 1 , g , 2.
389. O coeficiente dominante de f 5 xm 1 a1x
m 2 1 1 ... 1 am 5 0 é unitá-
rio (a0 5 1). Então, se f(x) 5 admite uma raiz racional 
p
q
, essa raiz
é necessariamente inteira, pois q 5 1. Portanto, f(x) 5 0 não admite 
raízes reais fracionárias e as eventuais raízes inteiras são os divi-
sores de am.
390. Seja P(x) tal que P(x) 5 x3 2 9x2 1 23x 2 15 5 0. Então:
q 5 1 ⇒ 
p
q
 [ {±1, ±3, ±5, ±15}
P(1) 5 0; P(3) 5 0
1 29 23 215 1
1 28 15 0 3
1 25 0
e recaímos em x 2 5 5 0 ou x 5 5. Portanto, S 5 {1, 3, 5}.
392. Seja